高考数列,文科,典型例题,答案

高考数列文科总复习1.【2012高考全国文6】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，12n n S a +=，,则n S =（A ）12-n （B ）1)23(-n （C ）1)32(-n （D ）121-n【答案】B【命题意图】本试题主要考查了数列中由递推公式求通项公式和数列求和的综合运用。

【解析】由12n n S a +=可知，当1n =时得211122a S == 当2n ≥时，有12n n S a += ① 12n n S a -= ② ①－②可得122n n n a a a +=-即132n n a a +=，故该数列是从第二项起以12为首项，以32为公比的等比数列，故数列通项公式为2113()22n n a -⎧⎪=⎨⎪⎩(1)(2)n n =≥，故当2n ≥时，1113(1())3221()3212n n n S ---=+=-当1n =时，11131()2S -==，故选答案B7.【2102高考福建文11】数列{a n }的通项公式2cosπn a n =，其前n 项和为S n ，则S 2012等于A.1006B.2012C.503D.0 【答案】A ．考点：数列和三角函数的周期性。

难度：中。

分析：本题考查的知识点为三角函数的周期性和数列求和，所以先要找出周期，然后分组计算和。

解答： 02cos )14(2)14(cos)14(14=⨯+=+⨯+=+ππn n n a n ， )24(c o s )24(2)24(c o s )24(24+-=⨯+=+⨯+=+n n n n a n ππ， 023c o s )34(2)34(c o s )34(34=⨯+=+⨯+=+ππn n n a n ，442cos )44(2)44(cos)44(44+=⨯+=+⨯+=+n n n n a n ππ， 所以++14n a ++24n a ++34n a 244=+n a 。

专题 12 数列1．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】设{a n }是等比数列，且a 1 a 2 a 3 1， a 2 a 3+a 4 2，则 a 6a 7 a 8A ．12B ．24C ．30D ．32【答案】D q 【解析】设等比数列a n的公比为，则a 1a 2a 3 a 1 1qq 21，a 2 a 3a 4 a 1q a 1q a 1q a 1q 1qqq 2，a 1q a 1q a 1q 1qq q2 3 2 因此，a 6 a 7 a 8a 1q5 6 7 52 532 .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．S2．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 5–a 3=12，a 6–a 4=24，则 n =a nA ．2 n–1B ．2–21–nC ．2–2n –1D ．21–n–1【答案】Bq【解析】设等比数列的公比为，aq 4 a 1q 2 12 q 2 ， 由a 5a 3 12,a 6a 4 24 1可得： aq 5 a 1q 324 a 1 1 1 所以a n a 1q n 1 2n 1,S n a 1(1q n ) 1 2 n2 1，n1q 1 2 S n 2 1 221n .n因此 a n 2n 1故选：B.n【点睛】本题考查了等比数列的通项公式的基本量计算，考查了等比数列前项和公式的应用，考查了 数学运算能力.3．【2020年高考北京】在等差数列a n中， T nA ．有最大项，有最小项a9，a 3 1．记T n a 1a 2…a n (n 1,2,…)，则数列1 B ．有最大项，无最小项 D ．无最大项，无最小项C ．无最大项，有最小项 【答案】Ba 5a 1 1 92， 【解析】由题意可知，等差数列的公差d 5 1 5 1则其通项公式为：a n a 1 n 1 d9 n 1 22n 11，注意到a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 0 a 6 1 a 7，且由T 50可知T0i 6,i N，iT ia i 1i 7,i N 可知数列T n不存在最小项，由 Ti1 由于a 19,a 2 7,a 35,a 4 3,a 51,a 6 1， T 63，T 46315945 .故数列T n中的正项只有有限项： 2T故数列T n中存在最大项，且最大项为4 .故选：B ． 【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，等差数列中项的符号问题，分类讨论的数学思想等知识， 属于中等题.a 1d 4．【2020年高考浙江】已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差 d 0，且 1．记b 1 S2，b n1S 2n2– S 2n ，n N，下列等式不可能成立的是．．． A ． 2a 4 a 2 a 6 B ． 2b 4 b 2b 6D ．b 4C ．a 42a 2a 82b 2b 8【答案】D【解析】对于 A ，因为数列a n 为等差数列，所以根据等差数列的下标和性质，由 4 4 2 6可得，2a 4 a 2 a 6，A 正确；对于 B ，由题意可知，b n 1S 2n2S 2n a 2n1a 2n 2，b 1 S 2 a 1 a 2，∴b 2a 3 a 4，b 4 a 7 a 8，b 6 a 11 a 12，b 8 a 15 a 16．∴ 2b 4 2 a a 8，b 2 b 6 a 3 a 4 a 11 a 12．7根据等差数列的下标和性质，由311 77,41288可得b 2 b 6a 3 a 4 a 11 a 12=2a 7 a 8=2b 4，B 正确；21a 2a 8 a3d a d a 7d 2d对于 C ，a 4 2a 1 d 2d d a ， 2 21 1 1当a 1 d时， a 42 a 2a 8，C 正确； a a 2a 1 13d 2 4a 1 2 52a 1 d 169d 对于 D ，b 4282 2 ，7 b 2b 8 a 3 a 4a 15 a 162a 1 5d 2a 1 29d 4a 1 b 2b 8 24d16a 1 d8d3d2a 1．当 d0时，a 1 d ，∴3d 2a 1 d 2da 10即b 4当 d 0时，a 1 d ，∴3d 2a 1 d 2 d a 10即b 4268a 1 d 145d 2，b 2 42 2b 2b 8 0； b 2b 8 0，所以b 4 b 2b 8 0，D 不正确．22故选：D ..【点睛】本题主要考查等差数列的性质应用，属于基础题．5．【2019年高考全国 III 卷文数】已知各项均为正数的等比数列a n的前 4项和为 15，且则a 3a 3a 3 4a 1，5A ．16B ．8 D ．2C ．4 【答案】 Ca 1 a 1qa 1q a 1q 152 3，q 【解析】设正数的等比数列{a n }的公比为，则a 1q43a 1q 24a 1 a 1 1,，a 3 a 1q 2 4，故选 C ．解得q2【名师点睛】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.6．【2019年高考浙江卷】设 a ，b ∈R ，数列{a n }满足 a 1=a ，a n+1=a n +b ，nN ，则2A ．当 b1 ,a 10 10B ．当 b1 ,a 10 10 42 C ．当 b2,a 1010D ．当 b4,a 1010【答案】A【解析】①当 b=0时，取 a=0，则a n0,n N.②当b<0时，令 x x 则该方程14b 0，即必存在 x 0，使得 n 1a n 2b ，即 x 2x b0 .x 2x 0 b0，则一定存在 a 1=a=x 0，使得 a2 ba n 对任意nN成立， 解方程a 2a b0，得 a114b， 211 4b 10时，即b90时，总存在a 1 14b ，使得a 1a 2a 1010，当22故 C 、D 两项均不正确. ③当 b 0时，a 2a 1b b ，2则a 3a 2 a 4 a 3b b（ⅰ）当 b 12 bb 2b ， 22 2bb .21 2 1 1 171,a 5 11 ，22时，a 4 22 2 16 1 2 111 2， 则a 6 12 2 4 a 7 2 ，21 92 2 2a 8 9 183 4 10， 2 2则a 9a 821 10，2 a 10a 92 1 10， 2 故 A 项正确. 211 1，44 2（ⅱ）当b1 时，令a 1=a=0，则a2 1 ,a34 421 1 1 1 ，以此类推， 2， 所以a 4a 3 24 2 4 21 1 1 1 4 2所以a 10a 9 2 4 2故 B 项不正确. 故本题正确答案为 A.【名师点睛】遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.利用函数方程思想，通过研究函数的不动点，进一步a讨论的可能取值，利用“排除法”求解.7．【2018年高考浙江卷】已知 a 1,a 2,a 3,a 4成等比数列，且 a 1 a 2a 3 a 4ln(a 1a 2a 3)．若 a 1 1，则A ． a 1a 3,a 2 a 4B ． a 1a 3,a 2 a 4D ．a 1 a 3,a 2 a 4C ． a 1 a 3,a 2 a 4 【答案】B 【解析】令 f x x lnx 1,则 fx1 1，令 fx0,得 x 1，所以当 x时， f x 0，x当0x 1时， f x 0，因此 f x f 10,x lnx 1.若公比q 0，则a 1 a 2 a 3 a 4 a 1 a 2 a 3 lna 1 a 2 a 3，不合题意； 若公比q1，则a 1 a 2 a 3 a 4 a 11q 1 q20,但lna 1 a 2 a 3 ln a 11 q q2lna 1 0，即 aa 2 a 3 a 4 0 ln a 1 a 2 a 3，不合意；1因此1 q 0,q0,1，a 1 a 1q 2a 3,a 2 a2q 2 2a 4 0，故选 B.【名师点睛】构造函数对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围，是一个有效方法 xlnx 1,e x 1,e x1x 0.x x 2 8．【2018年高考北京卷文数】设 a,b,c,d 是非零实数，则“ad=bc ”是“a,b,c,d 成等比数列”的 A ．充分而不必要条件 C ．充分必要条件 【答案】B B ．必要而不充分条件 D ．既不充分也不必要条件14【解析】当 a4,b 1,c1,d时，a,b,c,d 不成等比数列，所以不是充分条件；当a,b,c,d 成等比 数列时，则 ad bc ，所以是必要条件.综上所述，“ad bc ”是“a,b,c,d 成等比数列”的必要不充分条件，故选 B.【名师点睛】证明 “ ad bc ” “ a,b,c,d 成等比数列 ”只需举出反例即可，论证 “ a,b,c,d 成等比数列”“ad bc ”可利用等比数列的性质.9．【2018年高考北京卷文数】“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 则第八个单音的频率为 12 2 .若第一个单音的频率为 f ，A ． C ． 3 2 fB ． D ． 32 f2122 5f122 f7【答案】D12 2，所以a n 12 2a n1n 2,nN*，【解析】因为每一个单音的频率与前一个单音的频率的比都为 7 又a 1f ，则a 8 a 1q7122f122 7f ，故选 D. 【名师点睛】此题考查等比数列的实际应用，解决本题的关键是能够判断单音成等比数列.等比数列的判 a n1a nq * q （q 0,n 2,n N *）， 断方法主要有如下两种：（1）定义法，若 a（q 0,nN ）或a n 1n数列a n是等比数列；（2）等比中项公式法，若数列 则数列a n是等比数列.a n中，a n0且a2n 1 a n an 2（n 3,nN *），10．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 1=−2，a 2+a 6=2，则S 10=__________．【答案】 25 【解析】a n 是等差数列，且a 1 2，a 2 a 62设a n 等差数列的公差d根据等差数列通项公式：a n a 1 n1 d可得a 1d a 1 5d2即：2 d 25d2 整理可得：6d 6 解得： d1根据等差数列前项和公式： S nna 1 n(n 1) d ,n Nn*2可得： S 10 10210 (10 1) 2045 252S10 25 .故答案为：25 .n n【点睛】本题主要考查了求等差数列的前项和，解题关键是掌握等差数列的前项和公式，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.a 3n 1，前16项和为540，11．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】数列{a n}满足a n 2 (1)n则na 1 .【答案】 7【解析】a n 2 (1)na 3n 1，nn当为奇数时，a n 2 a n 3n 1；n当为偶数时，a n 2 a n 3n 1 .n S设数列a n的前项和为n，S16 a1 a2 a3 a4a16a1 a3 a5 a15 (a2 a4 )(a14a16 )a 1 (a1 2) (a1 10) (a1 24) (a1 44) (a170)(a1 102) (a1 140) (517 29 41)8a1 392 92 8a1 484 540，a1 7 .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.12．【2020年高考浙江】我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列{n(n 1)}2 就是二阶等差数列．数列{n(n 1)}(n N*)的前3项和是_______．2【答案】10【解析】因为a n n 1，所以a1 1,a2 3,a3 6．n 2即 S 3 a 1 a 2 a 3 1 3 610．故答案为：10.【点睛】本题主要考查利用数列的通项公式写出数列中的项并求和，属于容易题．13．【2020年高考江苏】设{a n }是公差为 d 的等差数列，{b n }是公比为 q 的等比数列．已知数列{a n +b n }的前 n 项和 S n n 【答案】 4 2n 2n 1(n N)，则 d+q 的值是 ▲ ．【解析】设等差数列a n的公差为d ，等比数列 bnq 的公比为，根据题意q1.P na 1n n 1 dd n a d n等差数列a n 的前项和公式为2n ， n 1 22 2等比数列b n的前项和公式为Q nb 11qn， b 1 b 1nq n 1q 1q 1q1d n a d2 n 1q q b 1 b 11q 依题意S nP n Q n ，即 d n 2n2n2 n1 ， 21 2 d 2 a d 1 a 0 1 12q 2 ，故 d q 4 通过对比系数可知 . q 2b 1 1 b 11 1q故答案为： 4 .n 【点睛】本小题主要考查等差数列和等比数列的前项和公式，属于中档题.14．【2020年新高考全国Ⅰ卷】将数列{2n –1}与{3n –2}的公共项从小到大排列得到数列{a n }，则{a n }的前 n 项和为________． 【答案】 3n22n 【解析】因为数列2n 1是以 1为首项，以 2为公差的等差数列，数列3n 2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a n是以 1为首项，以 6为公差的等差数列，n 1 n(n1) 63n n所以a n的前项和为22n ，2故答案为： 3n22n . 【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.15．【2019年高考全国 I 卷文数】记 S n 为等比数列{a n }的前 n 项和.若a 11，S 3 3，则 S 4=___________．45【答案】8【解析】设等比数列的公比为，由已知S 3a 1 a 1q a 1q 2 1 qq 2 3，即q 2 q 1 0q4 4解得q1，21 ( 1)4 所以S 4 a 1(1q ) 4． 5 2 1 ( 1) 1q 82【名师点睛】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、繁分式的计算，部分考生易出现运算错误．3 ( 1) ，5 一题多解：本题在求得数列的公比后，可利用已知计算S 4 S 3 a 4 S 3 a 1q 33 4 2 8避免繁分式计算．16．【2019年高考全国 III 卷文数】记S n 为等差数列a n 的前n 项和，若a 3 5,a 7 13，则S 10 ___________.【答案】100【解析】设等差数列 a 的公差为 d ，根据题意可得n a 3 a 1 2d 5 a 1 1,a a 1 6d 13,得 d 27 S 10 10a 1 109 d 101109 2100. 22【名师点睛】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.17．【2019年高考江苏卷】已知数列{a n }(n N*)是等差数列，S n 是其前 n 项和.若a 2a 5 a 8 0,S 9 27，则 S 8的值是__________． 【答案】16a 2a 5 a 8 a 1 d a 1 4da 1 7d 0 【解析】由题意可得： ，S 9a 1 98d 27 92 a 1 5，则S 8 8a 1 87 d40 28 216 .解得：d 22【名师点睛】等差数列、等比数列的基本计算问题，是高考必考内容，解题过程中要注意应用函数方程 思想，灵活应用通项公式、求和公式等，构建方程（组），如本题，从已知出发，构建a 1,d 的方程组. 18．【2018年高考江苏卷】已知集合 A{x | x 2n 1,n N }， B {x | x 2 ,n N }．将 A B 的所* n *有元素从小到大依次排列构成一个数列 {a n }．记 S n 为数列{a n }的前 n 项和，则使得 S n 12a n 1成立的 n 的最小值为___________． 【答案】27【解析】所有的正奇数和 2 个正奇数，即a 212 ,a 38 2 不符合题意；当n=3时，S3 6 12a4 48，不符合题意；当n=4时，S 4 10<12a 5=60，不符合题意；……nnN按照从小到大的顺序排列构成{a n }，在数列|{a n }中，25前面有165 6 .当n=1时，S 1112a 2 24，不符合题意；当n=2时，S 2 312a 3 321 25441 62 503 12a 27=516，不符合题意；当n=27时，1 2 当n=26时， S 2621(1 41)2 2125484+62=546>12a 28=540 ,符合题意 .故使得 S n >12a n+1成立的n 的12S 27 22(143)2最小值为27.【名师点睛】本题主要考查等差数列、等比数列的前n 项和，考查考生的运算求解能力，考查的核心素 养是数学运算.19．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】设等比数列{a n }满足 a 1 a 2 4，a 3 a 1 8．（1）求{a n }的通项公式；（2）记 S n 为数列{log 3a n }的前 n 项和．若 S m S m1S m 3，求 m ．【解析】（1）设{a n }的公比为 q ，则 a n a 1q n 1.由已知得a a 1q 41， a 1q2a 1 8解得 a 1 1,q 3 .所以{a n }的通项公式为 a n =3n 1 . （2）由（1）知 log 3a n n1.故 S n n(n1). 2由 S m S m1S m 3得 m(m 1) (m 1)m (m 3)(m 2)，即 m 5m6 0 .2解得 m 1（舍去）， m 6 . 【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算，以及等差数列求和公式的应用，考查计算求解能 力，属于基础题目.20．【2020年高考江苏】已知数列a n (n N *)的首项 a 1=1，前 n 项和为 S n ．设λ与 k 是常数，若对一切正11 1成立，则称此数列为“λ～k ”数列． 整数 n ，均有 S k n 1 S nk a nk1（1）若等差数列a n 是“λ～1”数列，求λ的值；（2）若数列a n是“ 3 ~2 ”数列，且 a n0，求数列a n的通项公式；3（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列a n为“λ～3”数列，且a n 0？若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由．【解析】（1）因为等差数列{a n }是“λ～1”数列，则 S n 1S n a n 1，即 a n 1 a n1也即 ( 1)a n 10，此式对一切正整数n 均成立． ， 若1，则 a n10恒成立，故 a 3a 20，而 a 2 a 11，这与{a n }是等差数列矛盾．所以 1．（此时，任意首项为1的等差数列都是“1～1”数列） （2）因为数列{a n }(n N *)是“ 3 ~2 ”数列， 333S n1S n ．所以 S n1S n a n 1，即 S n1S n3 3S n 1 3 S n 1因为 a n0，所以 S n1S n 0，则 1 1．S n 3 S nS n 1 S n 3b n ，则b n 1 31 b n2 1，即 (b n 1) 23 (b n2 1)(b n 1)．令S n 1S n 1 解得b n2，即 2，也即 S 4， S n n所以数列{S n }是公比为4的等比数列． 因为 S 1 a 1 1，所以 S n 4n 11(n 1), ．则a n 34n(n 2). 2 （3）设各项非负的数列{a n }(n N*)为“ ~ 3 ”数列， 111，即 则 S n3 1 S n3a n3 1 3S n13S n3 S n 1 S n ．S n 1 S n 1因为 a n0，而 a 1 1，所以 S n1S n0，则 31=3 1． S n S nS n 1令 3 =c n ，则c n1c3 1(c n 1)，即 (c n 1) (c 1)(c n 1)．（*）3 3 3 3nnS n①若 0或 =1，则（*）只有一解为c n =1，即符合条件的数列{a n }只有一个．（此数列为1，0，0，0，…）231 c n 1) 0， ②若 1，则（*）化为 (c n 1)(cn 23 2c n1 0，则（*）只有一解为c n =1， 323 1因为c n 1，所以c n即符合条件的数列{a n }只有一个．（此数列为1，0，0，0，…）31 c n1 0的两根分别在（0，1）与（1，+∞）内，③若 0 1，则c n 223 则方程（*）有两个大于或等于1的解：其中一个为1，另一个大于1（记此解为t ）．所以 S n1S n 或 S n1 t3S n ． 由于数列{S n }从任何一项求其后一项均有两种不同结果，所以这样的数列 {S n }有无数多个，则对应的{a n }有无数多个．综上所述，能存在三个各项非负的数列{a n }为“ ~ 3 ”数列，的取值范围是 0 1． 21．【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知公比大于1的等比数列{a n }满足 a 2 a 420,a 38．（1）求{a n }的通项公式；（2）记b m 为{a n }在区间 (0,m](m N )中的项的个数，求数列{b m }的前100项和 S 100．*【解析】（1）设{a n }的公比为 q ．由题设得a 1q a 1q 3 20，a 1q 2 8．解得 q 1（舍去），q 2．2 由题设得 a 12．所以{a n }的通项公式为 a n2 （2）由题设及（1）知b 1 0，且当 2 所以 S 100 b 1 (b 2 b 3) (b 4b 5 b 6b 7)(b 32 b 33b 63) (b 64b 65b 100) n ．n m2n 1时，b m n ．0122 23 24 25 26(100 63)2 3 4 5480．22．【2020年高考天津】已知a n为等差数列，b n 为等比数列，a 1 b 1 1,a 5 5a 4 a 3,b 5 4b 4b 3．（Ⅰ）求a n和b n的通项公式；（Ⅱ）记a n n的前项和为S n ，求证：S n S n 2 S 2 n 1n N *；3a n 2b n ,n 为奇数,（Ⅲ）对任意的正整数n ，设c n a n a n 2求数列c n 的前 2n 项和．a n 1 ,n 为偶数.b n 1【解析】（Ⅰ）设等差数列a n 的公差为d ，等比数列 b n的公比为．由a 11，a 55 a 4a，3q 可得d 1，从而a n 的通项公式为 a n ．由b 1 1,b 5 4b 4b 3，又q0，可得 nq 24q4 0，解得q2，从而b n的通项公式为b n2n 1．（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可得S nn(n1)，故S n S n21 n(n1)(n 2)(n 3)，S 2 n11 (n 1)2n 22，2 44从而S n S n2S 2 n 11 (n 1)(n2) 0，所以S n S n2S2 n1． 2c 3a n2b n n 1 n 1 n 1（Ⅲ）解：当n 为奇数时， (3n 2)2 2 2 ；当n 为偶数时， na n a n 2n(n 2) n 2n a n 1n 1c n b． 2nn 1n 对任意的正整数n ，有 c 2k1 n22k 2 2k 22 2n1， 2n 1 2k 1 2k 1 k1k 1 nn2k 1 1 4 43245 3 2n 1和c ． ①2k4k4nk1k1 1 n c 2k 412 4 33 2n 32n1．4n 4n1由①得 ②k 1 2 11 3 n c 2k 12 2 n 2n 1 4 4n1 2n 1 n 5 6n 5 c 2kn ． 由①②得，从而得 4 n 14 4 42 4 4 n 11 1 4 9 9 4 k 1k 142nnc c 2k 1 n4 n6n 5 4．因此，c 2k k2n 1 9 4 9 k1k1k 1 4 n 6n 5 4．所以，数列c n的前 2n 项和为2n 1 9 4 n 9b n23．【2020年高考浙江】已知数列{a n }，{b n }，{c n }满足 a 1 b 1 c 1 1,c n a n1a n ,c n 1 c n ,n N *．b n 2（Ⅰ）若{b n }为等比数列，公比 q 0，且b 1 b 2 6b 3，求 q 的值及数列{a n }的通项公式； （Ⅱ）若{b n }为等差数列，公差 d 0，证明：c 1 c 2 c 3c n 1 1 ,n N*．d【解析】（Ⅰ）由b 1 b 2 6b 3得1 q 6q2 ，解得q 1 ． 2由c n 1 4c n 得c n 4n 1． 由a n 1 a n 4n 1得a n a 11 44n 2 4 n1 2．3（Ⅱ）由c n1b nc n 得 b 1b 2c 11 d ( 1 1 )， c n b n2 b n b n 1d b n b n 1所以c 1 c 2 c 3c n 1d (1 1 )， d bn1由b 1 1， d 0得b n10，因此c 1 c 2 c 3c n 11 ,n N* ．d24．【2020年高考北京】已知a n是无穷数列．给出两个性质：a i2 ①对于a n 中任意两项 a ,a j (ij)，在a n中都存在一项a im ，使a a m ； ja (n 3)，在a n 中都存在两项a k ,a l (kl)．使得a n a 2②对于a n中任意项k ．n a 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.【解析】 (Ⅰ)Q a 22,a 3 3, a 3 9Za2n不具有性质①；a 2 2,i j, a 2a 2a 2ija n具有性质①；aj(Ⅱ)Q i, j N*i2(2i j)1,2i jN*ia j Q nN *,n 3,kn 1,l n 2, ak22(2 kl) 12 n1a n , a n具有性质②；a l (Ⅲ)【解法一】首先，证明数列中的项数同号，不妨设恒为正数：显然a n 0 n N *，假设数列中存在负项，设 N 0 maxn | a n 0，第一种情况：若 N 0 1，即a 0 0 a 1 a 2 a 3，aa 22 0，存在 m 2，满足a m a 2a 1 由①可知：存在m 1，满足30，m 1a 1 2由 N 01可知 a a 12 a 2 2 3，从而 a a 3，与数列的单调性矛盾，假设不成立.2a 1a2第二种情况：若 N 0 2，由①知存在实数m ，满足a m N 0 0，由 N 0的定义可知：m N 0，a 1a 2 N 0 a2 N 0另一方面，a m a N ，由数列的单调性可知：m N 0，a 1 a N 0 0这与 N 0的定义矛盾，假设不成立. 同理可证得数列中的项数恒为负数. 综上可得，数列中的项数同号. 其次，证明a 3a 22： a 1利用性质②：取n3，此时a 3 a2 k k l，al由数列的单调性可知a k a l 0，a k而a 3a k a k ，故k 3，a l此时必有k 2,l1，即a 3 a 22，a 1最后，用数学归纳法证明数列为等比数列：假设数列a n 的前k k 3项成等比数列，不妨设a a 1q s 11 sk ， s其中a 1 0,q 1，（a 1 0,0 q 1的情况类似）a 2k 由①可得：存在整数m ，满足 a ma a 1q k a k ，且a m a 1q k a k1（*）k1由②得：存在s t ，满足：a k1a 2sa s a a ta sa s ，由数列的单调性可知：t s k 1，t 由a sa q 1s 11s k可得：a k 1a 2 sa 1q 2s t 1 a k a 1q k 1（**） at由（**）和（*）式可得：a 1q ka 1q 2s t 1 a 1q k 1， 结合数列的单调性有：k2s t 1 k 1，注意到s,t,k 均为整数，故k 2s t 1，代入（**）式，从而a k1a 1qk.总上可得，数列a n的通项公式为：即数列a n为等比数列.a a q n 1 .n 1【解法二】假设数列中的项数均为正数： 首先利用性质②：取n3，此时a 3 a 2 k k l，al由数列的单调性可知a k a l 0，a k而a 3a k a k ，故k 3，a l此时必有k 2,l1，即a 3 a 22，a 1即a 1,a 2,a 3成等比数列，不妨设a 2 a 1q,a 3 a 1q2q 1， 然后利用性质①：取i3, j2，则a m a 2 3 a 2 1 q 4 a q 13， a 2 a 1q 即数列中必然存在一项的值为a 1q ，下面我们来证明a 4 a 1q3 3，否则，由数列的单调性可知a 4 a 1q， 3 在性质②中，取n 4，则a 4a a kl a k a 2 a ka k ，从而k4，lk,l 1,2,3 k l，满足a 4 a2与前面类似的可知则存在k ，a l若k3,l2，则：a 4 a2 k a q1 3，与假设矛盾； a l若k3,l1，则：a 4 a 2 k a 1q a 1q a q 4 3，与假设矛盾； 1 a l若k2,l1，则：a 4 a2 k 2 a 3，与数列的单调性矛盾； a l即不存在满足题意的正整数 k,l ，可见a 4 a 1q3不成立，从而a 4a 1q3，4 5同理，当数列中的项数均为负数时亦可证得数列为等比数列.由推理过程易知数列中的项要么恒正要么恒负，不会同时出现正数和负数. 从而题中的结论得证，数列a n为等比数列.【点睛】本题主要考查数列的综合运用，等比数列的证明，数列性质的应用，数学归纳法与推理方法、 不等式的性质的综合运用等知识，意在考查学生的转化能力和推理能力.25．【2019年高考全国 I 卷文数】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．【答案】（1）a n 2n 10；（2）1 n 10(nN) .【解析】（1）设a n 的公差为d ． 由S 9 a 5得a 1 4d 0． 由a 3=4得a 1 2d 4． 于是a 1 8,d 2．因此a n 的通项公式为a n 10 2n ．（2）由（1）得a 1 4d ，故a n (n5)d,S n n(n9)d .2由a 10知 d0，故S n a n 等价于n 11n 10 0，解得1≤n ≤10．2所以n 的取值范围是{n |1 n 10,n N }．【名师点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有等差数列的通项公式，等差数 列的求和公式，在解题的过程中，需要认真分析题意，熟练掌握基础知识是正确解题的关键.26．【2019年高考全国 II 卷文数】已知{a n }是各项均为正数的等比数列，a 12,a 3 2a 2 16 .（1）求{a n }的通项公式； （2）设b nlog 2 a n ，求数列{b n }的前 n 项和．【答案】（1）a n 22n 1；（2）n 2 .【解析】（1）设a n的公比为q ，由题设得2q4q 16，即q 2q 8 0．2 2解得q2（舍去）或q=4．因此a n 的通项公式为a n24n122n 1．（2）由（1）得b n (2n 1)log 2 2 2n 1，因此数列b n 的前n 项和为13 2n 1n 2．【名师点睛】本题考查数列的相关性质，主要考查等差数列以及等比数列的通项公式的求法， 考查等差数列求和公式的使用，考查化归与转化思想，考查计算能力，是简单题.27．【2019年高考北京卷文数】设{a n }是等差数列，a 1=–10，且 a 2+10，a 3+8，a 4+6成等比数列．（1）求{a n }的通项公式；（2）记{a n }的前 n 项和为 S n ，求 S n 的最小值．【答案】（1）a n 2n 12；（2）当n 5或者n 6时，S n 取到最小值30.【解析】（1）设a n的公差为d ．因为a 1 10， 所以a 210 d,a 3102d,a 4103d ． 因为a 2 10,a 3 8,a 4 6成等比数列， 所以a 3 8 2a 2 10a 4 6．所以(22d)2d(4 3d)． 解得 d 2．所以a na 1 (n 1) d 2n12． （2）由（1）知，a n 2n12．所以，当n7时，a n 0；当n6时，a n 0．所以，S n 的最小值为 S 30．6【名师点睛】等差数列基本量的求解是等差数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于 熟练掌握等差数列的有关公式并能灵活运用.28．【 2019年高考天津卷文数】设 {a n }是等差数列， {b n }是等比数列，公比大于 0 ，已a 1b 1 3,b 2 a 3,b 3 4a 2 3 .（1）求{a n }和{b n }的通项公式；1，n 为奇数,（2）设数列{c n }满足c nb n ，n 为偶数.求a 1c 1 a 2c 2 a 2n c 2n (n N *) .2 【答案】（1）a n 3n ，b n 3n ；（2） (2n 1)3n2 6n 29 (nN)2【解析】（1）设等差数列a n 的公差为d ，等比数列b n 的公比为q .3q 3 2d, d3, 依题意，得3q 15 4d,解得q 3, 2故a n3 3(n 1)3n, b n 33n13n.所以，a n 的通项公式为a n 3n ，b n 的通项公式为b n3n .（2）a 1c 1 a 2c 2 a 2 n c 2na 1 a 3 a 5 a 2n 1a 2b 1 a 4b 2 a 6b 3a 2nb n n 3 n(n 1) 6 (6 3 12 3 2 18 3 3 6n 3 n) 12 3n 2 613 2 3n 32 n .2 3n 3则3T n 1 3 2 31 记T n 1 31 2n,① 23n3n 1 ,② 31313 nn 3 n1n 13②−①得， 2T n3 323 33 nn 3 n 1(2n 1)3n13 .2所以，a 1c 1 a 2c 2a 2n c 2n 3n2 6T n 3n 23 (2n 1)3 2(2n1)3n 2 6n 29 nN.2n【名师点睛】本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前项和公式等基础知识，考查数列 求和的基本方法和运算求解能力，属于中档题目.29．【2019年高考江苏卷】定义首项为 1且公比为正数的等比数列为“M －数列”.（1）已知等比数列{a n }(n N )满足：a 2a 4a 5,a 3 4a 2 4a 1 0，求证:数列{a n }为“M －数列”；满足:b 11, 1 22（2）已知数列{b n }(nN ) ①求数列{b n }的通项公式；，其中 S n 为数列{b n }的前 n 项和．S b b n 1 n n②设 m 为正整数，若存在“M －数列”{c n }(n N 立，求 m 的最大值．)，对任意正整数 k ，当 k ≤m 时，都有c k b k c k 1成【答案】（1）见解析；（2）① b =n n N *；②5.n【解析】（1）设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.a 2a 4 a 5 a 2 1q 4a 1q 4 a 1 1 由a 3 4a 2 4a 1 0 ，得 4a 1q 4a 1 0，解得q 2 ．a q 12 因此数列{a n }为“M—数列”.1 22 ，所以b n 0． （2）①因为 Sb b n 1 n n由b 11,S 1 b 1，得11 221 b 2，则b 2 .21 22 b n b n 1 2(b n 1 b n )， ，得 S n 由 S b n b n 1 nb n b n 1 b n 1b n当n2时，由b nS n S n 1，得b n2b n 1 b n 2b nb n 1， 整理得b n1b n12b n ．所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列. .因此，数列{b n }的通项公式为b n =n nN *②由①知，b k =k ，kN .*因为数列{c n }为“M–数列”，设公比为q ，所以c 1=1，q>0.q k 1k q k，其中k=1，2，3，…，m.因为c k ≤b k ≤c k+1，所以 当k=1时，有q ≥1；lnklnqlnk k 1 当k=2，3，…，m 时，有． kln x (x 1)，则 f '(x)1ln x 设f （x ）= ． xx2令 f '(x)0，得x=e.列表如下：x e (e ，+∞) (1,e)f '(x) +0 –f （x ）极大值ln 2 ln8 ln9 ln3 f (3) ln33 因为3，所以 f (k)max． ，2 6 63，当k=1，2，3，4，5时， lnk取q3lnq ，即k qkk经检验知q k 1k 也成立．因此所求m 的最大值不小于5．若m ≥6，分别取k=3，6，得3≤q 3 ，且q ≤6，从而q ≥243，且q ≤216，5 15 15所以q 不存在.因此所求m 的最大值小于6. 综上，所求m 的最大值为5．【名师点睛】本题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识，考查代数推理、转 化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力． 30．【2019年高考浙江卷】设等差数列 {a n }的前 n 项和为 S n ，a 34，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． （1）求数列{a n },{b n }的通项公式；a n（2）记c n,n N ,证明：c 1c 2+c n2 n,n N. 2b n【答案】（1）a n 2 n 1，b n n n 1；（2）证明见解【解析】（1）设数列{a n }的公差为d ，由题意得a 1 2d4,a 1 3d 3a 1 3d ，解得a 1 0,d 2． 从而a n2n2,nN*．所以 S n n n ，n N 2* ，由S n b n ,S n 1 b n ,S n 2b n 成等比数列得S n 1b n 2 S n b nS n 2 b n ． 1 解得b n S 2 n 1 S n S n 2．d所以b n n2n,n N*．a n 2n 2 n1,n N*．n(n1)（2）c n2b n2n(n 1)我们用数学归纳法证明．（i ）当n=1时，c 1=0<2，不等式成立； （ii ）假设nk k N*时不等式成立，即c 1 c 2c k 2 k ．那么，当nk 1时， k 1 c 1 c 2c k c k12 k2 k (k1)(k2) k 122 k 2 k 2( k 1 k ) 2 k 1．k 1 k即当nk1时不等式也成立．根据（i ）和（ii ），不等式c 1c 2c n2 n 对任意n N*成立．【名师点睛】本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和、数学归纳法等基础知识，同时考查运算 求解能力和综合应用能力.31．【2018年高考全国 I 卷文数】已知数列a n 满足 a 1 1， na n12n1a n ，设b na n ． n（1）求b 1，b 2，b 3；（2）判断数列b n 是否为等比数列，并说明理由；（3）求a n 的通项公式．【答案】（1）b 1=1，b 2=2，b 3=4；（2）见解析；（3）a n =n·2n-1 ． 2(n 1) a n ．【解析】（1）由条件可得 a n+1 =n 将 n=1代入得，a 2=4a 1，而 a 1=1，所以，a 2=4． 将 n=2代入得，a 3=3a 2，所以，a 3=12． 从而 b 1=1，b 2=2，b 3=4．（2）{b n }是首项为 1，公比为 2的等比数列． 2a n由条件可得 a n 1 ，即 b n+1=2b n ，n n 1 又 b 1=1，所以{b n }是首项为 1，公比为 2的等比数列． （3）由（2）可得 a n2n 1， n 所以 a n =n·2n-1． 【名师点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有根据数列的递推公式确定数列的项，根 据不同数列的项之间的关系，确定新数列的项，利用递推关系整理得到相邻两项之间的关系确定数列是 等比数列，根据等比数列通项公式求得数列 的通项公式，借助于 的通项公式求得数列 的通项 公式，从而求得最后的结果.32．【2018年高考全国 III 卷文数】等比数列{a n }中，a 11，a 5 4a 3．（1）求{a n }的通项公式；{a n } 的前项和．若（2）记 S n 为 n S m63，求m ．【答案】（1）a n(2)n 1或 a n 2n 1；（2）m 6 .【解析】（1）设{a n }的公比为 q ，由题设得a n q n 1．由已知得 q4q4 2，解得 q 0（舍去）， q 2或q 2．故 a n (2)n 1或a n 2n 1． （2）若 a n (2)n 1，则 S n 1(2) n ． 3由 S m 63得 (2)m188，此方程没有正整数解． 若 a n 2n 1，则 S n 2 由 S m63得 264，解得 m 6．综上， m 6．n 1．m 【名师点睛】等差、等比数列中的基本量的求解，可利用通项公式及前 n 项和公式建立 a 1, d （或 q ）， n, a n ,S n 五个基本量间的关系式，即“知三求二”.非等差、等比数列的求和常用三种方法：一是分组求和法，特征是原数列可以拆成几个等差或等比数列的和；二是裂项相消求和法，特征是通项是分式形式， 11 1 1；三是错位（项）相减求和法，特征是 如等差数列{a n }的的公差是 d ，则b nd a a n 1na n a n 1通项可以看成一个等差数列与一个等比数列对应项的积（或商）.33．【2018年高考全国 II 卷文数】记S 为等差数列a n 的前项和，已知 n a 1 7，S 3 15．n （1）求a n的通项公式；（2）求 S n ，并求 S n 的最小值．【答案】（1）a n =2n –9；（2）S n =n2 –8n ，最小值为–16．【解析】（1）设{a n }的公差为 d ，由题意得 3a 1+3d=–15．由 a 1=–7得 d=2．所以{a n }的通项公式为 a n =2n –9． （2）由（1）得 S n =n–8n=（n –4） –16． 2 2所以当 n=4时，S n 取得最小值，最小值为–16．【名师点睛】数列是特殊的函数，研究数列最值问题，可利用函数性质，但要注意其定义域为正整数集 这一限制条件.（1）根据等差数列前 n 项和公式，求出公差，再代入等差数列通项公式得结果；（2）根 据等差数列前 n 项和公式得S n 关于 n 的二次函数关系式，根据二次函数对称轴以及自变量为正整数求函 数最值.34．【2018年高考北京卷文数】设a n 是等差数列，且a 1 ln2,a 2 a 3 5ln2 .（1）求a n的通项公式；（2）求e a e a e a.1 2【答案】（1）a n nln 2；（2） 2n12 .【解析】（1）设等差数列a n 的公差为d ，∵a 2 a 3 5ln2， ∴ 2a 1 3d 5ln2，又a 1 ln2，∴ d ln2 . ∴a n a 1 n 1 d nln2 .（2）由（1）知a n nln2，∵e a n e nln2 e ln2n =2n，∴e a n是以 2为首项，2为公比的等比数列.∴e a 1e a 2 e nae ln2 e ln2 2 e ln2 n =2 2 2 n=2 n 12 .2=2n12 .∴e a 1e a 2e nan【名师点睛】等差数列的通项公式及前项和共涉及五个基本量a 1,a n ,d,n,S n ，知道其中三个可求另外两个，体现了用方程组解决问题的思想（. 1）设公差为d ，根据题意可列关于a 1,d 的方程组，求解a 1,d ， 代入通项公式可得；（2）由（1）可得e a n2n，进而可利用等比数列求和公式进行求解. ）；{b n }是等比数列，公比大于 *）．已知 b 1=1，b 3=b 2+2，b 4=a 3+a 5，b 5=a 4+2a 6．35．【2018年高考天津卷文数】设{a n }是等差数列，其前 n 项和为 S n （n ∈N* 0，其前 n 项和为 T n （n ∈N（1）求 S n 和 T n ；（2）若 S n +（T 1+T 2+…+T n ）=a n +4b n ，求正整数 n 的值． 【答案】（1）S nn(n 1)，T n 2n 1；（2）4. 2【解析】（1）设等比数列{b n }的公比为 q ，由 b 1=1，b 3=b 2+2，可得q 2q 2 0．因为q0，可得q 2，故b n 2n 1 ．所以，T n1 2n 2n 1．1 2设等差数列{a n }的公差为d ．由b 4 a 3 a 5，可得a 1 3d 4．由b 5 a 4 2a 6，可得3a 1 13d 16从而a 11,d 1，故a n n ，所以，S nn(n 1)． 2n （2）由（1），有T 1 T 2T n (2 12 32 n)n= 2(1 2 )n 2n1n2.1 2由S n(T 1 T 2T n )a n 4b n 可得 n(n 1) 2n 1 n 2n 2n1，2整理得n23n 4 0,解得n 1（舍），或n 4．所以 n 的值为 4．【名师点睛】本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前 n 项和公式等基础知识．考查数列 求和的基本方法和运算求解能力．36．【2018年高考浙江卷】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 +n ．2（1）求 q 的值； （2）求数列{b n }的通项公式． 【答案】（1）q2；（2）b n 15 (4n3)(1)n2 .2【解析】本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应 用能力. （1）由a 4 2是a 3,a 5的等差中项得a 3 a 52a 4 4，所以a 3 a 4 a 5 3a 4 4 28，解得a 4 8 .由a 3a 5 20得8(q 1)20，q因为q 1，所以q2 .（2）设c n (b n1b n )a n ，数列{c } n前 n 项和为 S n .S 1,n 1,由c nc 4n 1.n 解得 S n S n 1,n 2.由（1）可知a n 2n 1 ，所以b n1b n (4n1)(1)n 1 ，2故b n b n1(4n 5)(1)n 2,n2，2b n b 1 (b n b n 1) (b n 1 b n 2) (b 3 b 2) (b 2 b 1)(4n 5)(1)n 2 (4n 9)(1)n 3 7 1 3. 2 2 2 设T n 3 7 1 11(1) (4n 5)(1)n 2,n 2， 22 2 2 1 2 T n3 1 7(1) (4n 9)(1)n 2 (4n5)(1)n 1 2 2 2 2 21 2T n 3 4 1 4(1) 24(1)n 2 (4n 5)(1)n1，2 2 2 2 所以 因此T n 14 (4n 3)(1)n 2,n2， 2又b 1 1，所以b n 15 (4n 3)(1)n 2 . 2【名师点睛】用错位相减法求和应注意的问题：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数 的情形；(2)在写出“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“ ”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于 1和不等于 1两种 情况求解.37．【2018年高考江苏卷】设{a n }是首项为 a 1，公差为 d 的等差数列，{b n }是首项为b 1，公比为 q 的等比数列． （1）设 a 1 0,b 1 1,q 2，若| a n b n | b 1对n 1,2,3,4均成立，求 d 的取值范围；（2）若 a 1b 10,m N ,q(1, 2]，证明：存在 d R ，使得 | a n b n |b 1对 n2,3,,m 1均成立*m 并求 d 的取值范围（用b 1,m,q 表示）．【答案】（1）[7 , 5]；（2）见解析.3 2【解析】本小题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识，考查代数推理、转化 与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力．满分 16分． （1）由条件知： a n (n 1)d,b n 2n1． 因为| a nb n | b 1对 n=1，2，3，4均成立，即| (n 1)d 2n1|1对 n=1，2，3，4均成立，即 1 1，1d 3，3 2d 5，73d 9，得 7d 5．23 因此，d 的取值范围为[7 , 5]．3 2 （2）由条件知： a n b 1 (n1)d,b n b 1q n 1．若存在 d ，使得| a n b n | b 1（n=2，3，···，m+1）成立， 即 |b 1 (n 1)d b 1q n1| b 1(n 2,3,,m 1)，即当 n2,3,,m 1时，d 满足 q n 1 2b 1 d q b 1．n 1n 1 n 1m 2]，则1 q n 1 qm 2， 因为 q(1,从而 q n 1 2b 1 0，q n 1b 1 0，对 n 2,3,,m 1均成立． n 1n 1 因此，取 d=0时，| a n b n | b 1对n2,3,,m 1均成立．下面讨论数列{q n 1 2}的最大值和数列{q n 1}的最小值（n2,3,,m1）．n 1 n 1①当 2 n m 时， q n 2 q 2 nq n 1 n qnnq n 12n(q n q n 1) q n 2，n n 1 n(n 1)n(n 1)1当1q 2m 时，有q n q m 2，从而n(qn q n 1) q n2 0．因此，当 2 n m 1时，数列{q n 1 2}单调递增，n 1 2．故数列{q n 1 2}的最大值为 q mn 1 m②设 f (x) 2x (1 x)，当 x>0时， f(x)(ln21 xln2)2x0，所以 f (x)单调递减，从而 f (x) <f （0）=1．qn1 1 1 n n 1当 2 n m 时， q(n 1) 2 n n (1 ) f ( ) 1， q n n n 1因此，当 2 n m 1时，数列{q n 1 }单调递减，n 1 故数列{q n 1 }的最小值为 qn 1m． m。

高三数学(文科)专题训练二数列1.已知数列a n n N是等比数列，且a n 0,a1 2@ 8.(1)求数列a n的通项公式；(2)求证:—a11 1 1 ,1；a2 a3 a n⑶设b n 2log2a n 1,求数列b n的前100项和•2.数列｛a n｝中，:a1 8 , a4 2，且满足a n 2 a. 1常数C(1) 求常数C和数列的通项公式;⑵设 T20 |印| ai L |a20| ,(3) T n |a i| |a2| L |a n|, n N3.已知数列a n = 2n, n为奇数；求S2n-1, n 为偶数；，' n4 .已知数列a n的相邻两项a n,a n 1是关于X的方程x2 2n x b n 0 (n N*)的两根，且a i 1 .(1)求证：数列a n 3 2n是等比数列；3(2) 求数列bn的前n项和S n.5. 某种汽车购车费用10万元，每年应交保险费、养路费及汽油费合计9千元，汽车的维修费平均为第一年2千元，第二年4千元，第三年6千元，…，各年的维修费平均数组成等差数列，问这种汽车使用多少年报废最合算(即使用多少年时，年平均费用最少)？6. 从社会效益和经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业，根据规划，本年度投入800万元，以后每年投入将比上年减少£，本年度当地旅游业收入估计为400万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加1.4(1)设n年内(本年度为第一年)总投入为a n万元，旅游业总收入为b n万元，写出a n ,b n的表达式;(2)至少经过几年，旅游业的总收入才能超过总投入？7. 在等比数列｛a n｝(n € N*)中，已知a i > 1 , >0 .设b n=log 2a n，且b i + b 3 + b5=6 , b i b3b5=0 .(1) 求数列｛a n ｝、｛b n｝的通项公式a n、b n ；(2) 若数列｛b n｝的前n项和为S n，试比较S n与a n的大小.8. 已知数列｛a n｝的前n项和为S n，且a n是S1与2的等差中项，数列｛b n｝中，b i=1 , 点P (b n, b n+i)在直线x-y+2=0 上。

文科人教版数学数列姓名：院、系：数学学院专业: 数学及应用数学数 列1、(2021年高考重庆卷 文2) 在等差数列{}n a 中，12a =，3510a a +=，那么7a =〔 〕A . 5B . 8C . 10D . 141、解：∵数列{}n a 是等差，3510a a +=，∴45a =，74128a a a =-=，∴选B.2、(2021年高考天津卷 文5) 设{}n a 是首项为1a ，公差为1-的等差数列，n S 为其前n 项与，假设124S S S ，，成等比数列，那么1a ＝〔 〕 A . 2 B . －2 C .21 D . －21 2、解：∵{}n a 是首项为1a ，公差为1-的等差数列，n S 为其前n 项与，又∵124S S S ，，成等比数列， ∴212()a a +＝1a 1234()a a a a +++，即21(21)a -＝1a 1(46)a -，解得1a =－21，∴选D3、(2021年高考新课标2卷 文5) 等差数列{}n a 的公差为2，假设2a ，4a ，8a 成等比数列，那么{}n a 的前n 项n S ＝〔 〕 A . ()1n n + B . ()1n n - C .()12n n + D .()12n n -3、解：∵等差数列{}n a 的公差为2，且2a ，4a ，8a 成等比数列，∴24a ＝2a 8a ，即21(6)a +＝1(2)a +1(14)a +，解得12a =，那么2n a n =，∴选A4、(2021年高考全国卷 文8). 设等比数列{}n a 的前n 项与为n S ，假设23S =，415S =，那么6S =〔 〕A ．31B ．32C ．63D ．644、解：∵由等比数列{}n a 的前n 项与n S 的性质得：2S ，4S －2S ，6S －4S 成等比数列，即 3，12，6S －15成等比数列，∴122＝3(6S －15)，解得：6S ＝63，∴选C5、(2021年高考辽宁卷 文9) .设等差数列{}n a 的公差为d ，假设数列1{2}na a 为递减数列，那么〔 〕DA ．0d <B ．0d >C ．10a d <D ．10a d >6、(2021年高考江苏卷 文7) 在各项均为正数的等比数列}{n a 中,,12=a 4682a a a +=,那么6a 的值是 ▲ .7、(2021年高考江西卷 文13) 在等差数列{}n a 中，17a =，公差为d ，前n 项与为n S ，当且仅当8n = 时n S 取最大值，那么d 的取值范围_________. 7、解： 因为170a =>，当且仅当8n =时n S 取最大值，可知0d <且同时满足890,0a a ><，∴89770780a d a d =+>⎧⎨=+<⎩，解得718d -<<-，∴答案718d -<<-8、(2021年高考广东卷 文13). 等比数列{}n a 的各项均为正数，且154a a =，那么2122232425log +log +log +log +log =a a a a a ________.212223242525242322212152:5:log log log log log ,log log log log log ,25log ()5log 410,5.S a a a a a S a a a a a S a a S =++++=++++∴===∴=答案提示设则9、(2021年高考新课标2卷 文16) 数列{}n a 满足111n na a +=-，2a ＝2，那么1a ＝______.9、解：由得2111a a =-，解得1a ＝12， 答案1210、(2021年高考北京卷 文15) 〔本小题总分值13分〕{}n a 是等差数列，满足13a =，412a =，数列{}n b 满足14b =，420b =，且{}n n b a -是等比数列.〔1〕求数列{}n a 与{}n b 的通项公式； 〔2〕求数列{}n b 的前n 项与.11、 (2021年高考重庆卷 文16) 〔本小题总分值13分.〔I 〕小问6分，〔II 〕小问5分〕{}n a 是首相为1，公差为2的等差数列，n S 表示{}n a 的前n 项与.〔I 〕求n a 及n S ；〔II 〕设{}n b 是首相为2的等比数列，公比q 满足()01442=++-S q a q ，求{}n b 的通项公式及其前n 项与n T .12、(2021年高考湖南卷 文16).〔本小题总分值12分〕数列{}n a 的前n 项与*∈+=N n nn S n ，22. 〔I 〕求数列{}n a 的通项公式；〔II 〕设()n n a n a b n12-+=，求数列{}n b 的前n 2项与.13、(2021年高考福建卷 文17). 〔本小题总分值12分〕等比数列}{n a 中，23a =，581a =.〔I 〕求数列}{n a 的通项公式； 〔II 〕假设数列n n a b 3log =，求数列}{n b 的前n 项与n S .13、考察等差、等比数列等根底知识，考察运算求解能力，考察化归及转化思想解：〔I 〕设{n a }的公比为q ，依题意得 141381a q a q =⎧⎨=⎩，解得113a q =⎧⎨=⎩，因此，13n n a -=.〔II 〕 ∵ 数列n n a b 3log =＝1n -，∴数列}{n b 的前n 项与n S ＝1()2n n b b +＝22n n -.14、 (2021年高考江西卷 文17) 〔本小题总分值12分〕数列{}n a 的前n 项与*∈-=N n nn S n ，232. （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）证明：对任意1>n ，都有*∈Nm ，使得m n a a a ，，1成等比数列.14、解析：〔1〕当1n =时111a S == 当2n ≥时()22131133222n n n n n n n a S S n ---+-=-=-=-检验 当1n =时11a = 32n a n ∴=-〔2〕使m n a a a ，，1成等比数列. 那么21n m a a a = ()23232n m ∴--=即满足()2233229126m n n n =-+=-+ 所以2342m n n =-+ 那么对任意1>n ，都有2342n n N *-+∈所以对任意1>n ，都有*∈N m ，使得m n a a a ，，1成等比数列. 15、(2021年高考全国卷 文17). 〔本小题总分值10分〕数列{}n a 满足12212,2,22n n n a a a a a ++===-+. 〔1〕设1n n n b a a +=-，证明{}n b 是等差数列； 〔2〕求{}n a 的通项公式.16、(2021年高考新课标1卷 文17) 〔本小题总分值12分〕{}n a 是递增的等差数列，2a ，4a 是方程2560x x -+=的根。

3 n3 1 3 2 3 n1. （本题满分 14 分） 设数列 a n 的前 n 项和为 S n , 且 S n4a n 3 (n 1,2, ) ，（1） 证明: 数列 a n 是等比数列；（2） 若数列式．b n 满足 b n 1 a n b n (n 1,2, ) ， b 1 2 ，求数列 b n 的通项公2. （本小题满分 12 分）等比数列 a n 的各项均为正数，且 2 a 1 3a 2 1,a29a 2 a 6 .1. 求数列 a n 的通项公式 .2. 设 b log a log a ...... log a , 求数列 1b n的前项和 .3. 设数列 a 满足 a2, aa3 22n 1n1n 1n（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 n4. 已知等差数列{a n} 的前3 项和为6，前8 项和为﹣4．（Ⅰ）求数列{a n} 的通项公式；（Ⅱ）设b n=（4﹣a n）q n﹣1（q≠0，n∈N* ），求数列{b n} 的前n 项和S n．5. 已知数列{a n} 满足，，n∈N×．（1）令b n =a n+1﹣a n，证明：{b n} 是等比数列；（2）求{a n} 的通项公式．n11. 解：（ 1）证：因为 S n4a n 3 (n 1,2, ) ，则 S n 14a n 1 3 (n 2,3, ) ，所以当 n 2 时， a nS n S n 14a n 4a n 1 ，整理得 a4a ． 5分nn 13由S n4a n 3 ，令 n 1 ，得 a 14a 1 3 ，解得 a 1 1 ．所以 a 是首项为 1，公比为 4的等比数列．7分（2）解：因为 a n 3( 4 )n ，3由b a b ( n 1,2, ) ，得bb4 n ．9 分n 1n n n 1n( ) 3由累加得1 b nb 1(4 ) n 13 (b 24 b `1) n 1(b 3 b 2 )(b nb n 1 )＝ 24 133( ) 31 ，（ n2 ），当 n=1 时也满足，所以 b n3( 4 )n 1 1 ． 323221 2. 解：（Ⅰ）设数列 {a n } 的公比为 q ，由a 3 9a 2a 6 得 a 3 9a 4 所以 q。

高考文科数学数列专题复习数列常用公式数列的通项公式与前n 项的和的关系11,1,2nnn s n a s s n( 数列{}n a 的前n 项的和为12nn s a a a ).等差数列的通项公式*11(1)()n a a n d dn a d n N ；等差数列其前n 项和公式为1()2n nn a a s 1(1)2n n na d211()22d na d n .等比数列的通项公式1*11()n nna a a qq nN q；等比数列前n 项的和公式为11(1),11,1nna q q s q na q或11,11,1n n a a qq qs na q 1.(广东卷)已知等比数列}{n a 的公比为正数，且3a ·9a =225a ，2a =1，则1a =A.21 B.22 C.2D.22.（安徽卷）已知为等差数列，，则等于A. -1B. 1C. 3D.73.（江西卷）公差不为零的等差数列{}n a 的前n 项和为n S .若4a 是37a a 与的等比中项, 832S ,则10S 等于A. 18B. 24C. 60D. 904（湖南卷）设n S 是等差数列n a 的前n 项和，已知23a ，611a ，则7S 等于【】A ．13B ．35C ．49D ．635.（辽宁卷）已知n a 为等差数列，且7a －24a ＝－1, 3a ＝0,则公差d ＝（A ）－2 （B ）－12（C ）12（D ）26.（四川卷）等差数列｛n a ｝的公差不为零，首项1a ＝1，2a 是1a 和5a 的等比中项，则数列的前10项之和是A. 90B. 100C. 145D. 190 7.（宁夏海南卷）等差数列n a 的前n 项和为n S ，已知2110mmma a a，2138mS ,则m（A ）38（B ）20 （C ）10 （D ）911.（四川卷）等差数列｛n a ｝的公差不为零，首项1a ＝1，2a 是1a 和5a 的等比中项，则数列的前10项之和是A. 90B. 100C. 145D. 1901（浙江）设等比数列{}n a 的公比12q，前n 项和为n S ，则44S a ．3.(山东卷)在等差数列}{n a 中,6,7253a a a ,则____________6a .4.（宁夏海南卷）等比数列{n a }的公比0q , 已知2a =1，216n nn a a a ，则{n a }的前4项和4S =2（浙江文）（本题满分14分）设n S 为数列{}n a 的前n 项和，2n S knn ，*n N ，其中k是常数．（I ）求1a 及n a ；1 ．（2012年高考（辽宁文））在等差数列{a n }中,已知a 4+a 8=16,则a 2+a 10=（）A ．12B ．16C ．20D ．242．（2012年高考（重庆文））已知{}n a 为等差数列,且13248,12,a a a a (Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式;一、选择题1.【答案】B 【解析】设公比为q ,由已知得22841112a qa qa q,即22q,又因为等比数列}{n a 的公比为正数，所以2q,故211222a a q,选B2.【解析】∵135105a a a 即33105a ∴335a 同理可得433a ∴公差432d a a ∴204(204)1a a d .选B 。

1.（本题满分14分）设数列{}n a 的前n 项和为n S ,且34-=n n a S (1,2,)n =L ， （1）证明:数列{}n a 是等比数列；（2）若数列{}n b 满足1(1,2,)n n n b a b n +=+=L ，12b =，求数列{}n b 的通项公式．2.（本小题满分12分）等比数列{}n a 的各项均为正数，且212326231,9.a a a a a +== 1.求数列{}n a 的通项公式.2.设 31323log log ......log ,n n b a a a =+++求数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前项和.3.设数列{}n a 满足21112,32n n n a a a -+=-=g （1） 求数列{}n a 的通项公式； （2） 令n n b na =，求数列的前n 项和n S4.已知等差数列{a n}的前3项和为6，前8项和为﹣4．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n=（4﹣a n）q n﹣1（q≠0，n∈N*），求数列{b n}的前n项和S n．5.已知数列{a n}满足，，n∈N×．（1）令b n=a n+1﹣a n，证明：{b n}是等比数列；（2）求{a n}的通项公式．1.解：（1）证：因为34-=n n a S (1,2,)n =L ，则3411-=--n n a S (2,3,)n =L ， 所以当2n ≥时，1144n n n n n a S S a a --=-=-，整理得143n n a a -=． 5分 由34-=n n a S ，令1n =，得3411-=a a ，解得11=a ．所以{}n a 是首项为1，公比为43的等比数列． 7分（2）解：因为14()3n n a -=，由1(1,2,)n n n b a b n +=+=L ，得114()3n n n b b -+-=． 9分由累加得)()()(1231`21--++-+-+=n n n b b b b b b b b Λ＝1)34(3341)34(1211-=--+--n n ，（2≥n ），当n=1时也满足，所以1)34(31-=-n n b ．2.解：（Ⅰ）设数列{a n }的公比为q ，由23269a a a =得32349a a =所以219q =。

专题数列一、单选题1(全国甲卷数学(文))等差数列a n 的前n 项和为S n ，若S 9=1，a 3+a 7=()A.-2B.73C.1D.29【答案】D【分析】可以根据等差数列的基本量，即将题目条件全转化成a 1和d 来处理，亦可用等差数列的性质进行处理，或者特殊值法处理.【详解】方法一：利用等差数列的基本量由S 9=1，根据等差数列的求和公式，S 9=9a 1+9×82d =1⇔9a 1+36d =1，又a 3+a 7=a 1+2d +a 1+6d =2a 1+8d =29(9a 1+36d )=29.故选：D 方法二：利用等差数列的性质根据等差数列的性质，a 1+a 9=a 3+a 7，由S 9=1，根据等差数列的求和公式，S 9=9(a 1+a 9)2=9(a 3+a 7)2=1，故a 3+a 7=29.故选：D 方法三：特殊值法不妨取等差数列公差d =0，则S 9=1=9a 1⇒a 1=19，则a 3+a 7=2a 1=29.故选：D2(全国甲卷数学(理))等差数列a n 的前n 项和为S n ，若S 5=S 10，a 5=1，则a 1=()A.-2B.73C.1D.2【答案】B【分析】由S 5=S 10结合等差中项的性质可得a 8=0，即可计算出公差，即可得a 1的值.【详解】由S 10-S 5=a 6+a 7+a 8+a 9+a 10=5a 8=0，则a 8=0，则等差数列a n 的公差d =a 8-a 53=-13，故a 1=a 5-4d =1-4×-13 =73.故选：B .3(新高考北京卷)记水的质量为d =S -1ln n，并且d 越大，水质量越好．若S 不变，且d 1=2.1，d 2=2.2，则n 1与n 2的关系为()A.n 1<n 2B.n 1>n 2C.若S <1，则n 1<n 2；若S >1，则n 1>n 2；D.若S <1，则n 1>n 2；若S >1，则n 1<n 2；【答案】C2024年高考真题【分析】根据题意分析可得n 1=eS -12.1n 2=eS -12.2，讨论S 与1的大小关系，结合指数函数单调性分析判断.【详解】由题意可得d 1=S -1ln n 1=2.1d 2=S -1ln n 2=2.2 ，解得n 1=e S -12.1n 2=e S -12.2，若S >1，则S -12.1>S -12.2，可得e S -12.1>e S -12.2，即n 1>n 2；若S =1，则S -12.1=S -12.2=0，可得n 1=n 2=1；若S <1，则S -12.1<S -12.2，可得e S -1 2.1<e S -12.2，即n 1<n 2；结合选项可知C 正确，ABD 错误；故选：C .二、填空题4(新课标全国Ⅱ卷)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 3+a 4=7，3a 2+a 5=5，则S 10=.【答案】95【分析】利用等差数列通项公式得到方程组，解出a 1,d ，再利用等差数列的求和公式节即可得到答案.【详解】因为数列a n 为等差数列，则由题意得a 1+2d +a 1+3d =73a 1+d +a 1+4d =5，解得a 1=-4d =3 ，则S 10=10a 1+10×92d =10×-4 +45×3=95.故答案为：95.5(新高考上海卷)无穷等比数列a n 满足首项a 1>0,q >1，记I n =x -y x ,y ∈a 1,a 2 ∪a n ,a n +1 ，若对任意正整数n 集合I n 是闭区间，则q 的取值范围是．【答案】q ≥2【分析】当n ≥2时，不妨设x ≥y ，则x -y ∈0,a 2-a 1 ∪a n -a 2,a n +1-a 1 ∪0,a n +1-a n ，结合I n 为闭区间可得q -2≥-1q n -2对任意的n ≥2恒成立，故可求q 的取值范围.【详解】由题设有a n =a 1q n -1，因为a 1>0,q >1，故a n +1>a n ，故a n ,a n +1 =a 1q n -1,a 1q n ，当n =1时，x ,y ∈a 1,a 2 ，故x -y ∈a 1-a 2,a 2-a 1 ，此时I 1为闭区间，当n ≥2时，不妨设x ≥y ，若x ,y ∈a 1,a 2 ，则x -y ∈0,a 2-a 1 ，若y ∈a 1,a 2 ,x ∈a n ,a n +1 ，则x -y ∈a n -a 2,a n +1-a 1 ，若x ,y ∈a n ,a n +1 ，则x -y ∈0,a n +1-a n ，综上，x -y ∈0,a 2-a 1 ∪a n -a 2,a n +1-a 1 ∪0,a n +1-a n ，又I n 为闭区间等价于0,a 2-a 1 ∪a n -a 2,a n +1-a 1 ∪0,a n +1-a n 为闭区间，而a n +1-a 1>a n +1-a n >a 2-a 1，故a n +1-a n ≥a n -a 2对任意n ≥2恒成立，故a n +1-2a n +a 2≥0即a 1q n -1q -2 +a 2≥0，故q n -2q -2 +1≥0，故q -2≥-1qn -2对任意的n ≥2恒成立，因q >1，故当n →+∞时，-1q n -2→0，故q -2≥0即q ≥2.故答案为：q ≥2.【点睛】思路点睛：与等比数列性质有关的不等式恒成立，可利用基本量法把恒成立为转为关于与公比有关的不等式恒成立，必要时可利用参变分离来处理.三、解答题6(新课标全国Ⅰ卷)设m 为正整数，数列a 1,a 2,...,a 4m +2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项a i 和a j i <j 后剩余的4m 项可被平均分为m 组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列a 1,a 2,...,a 4m +2是i ,j -可分数列．(1)写出所有的i ,j ，1≤i <j ≤6，使数列a 1,a 2,...,a 6是i ,j -可分数列；(2)当m ≥3时，证明：数列a 1,a 2,...,a 4m +2是2,13 -可分数列；(3)从1,2,...,4m +2中一次任取两个数i 和j i <j ，记数列a 1,a 2,...,a 4m +2是i ,j -可分数列的概率为P m ，证明：P m >18．【答案】(1)1,2 ,1,6 ,5,6 (2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)直接根据i ,j -可分数列的定义即可；(2)根据i ,j -可分数列的定义即可验证结论；(3)证明使得原数列是i ,j -可分数列的i ,j 至少有m +1 2-m 个，再使用概率的定义.【详解】(1)首先，我们设数列a 1,a 2,...,a 4m +2的公差为d ，则d ≠0.由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，故我们可以对该数列进行适当的变形a k =a k -a 1d+1k =1,2,...,4m +2 ，得到新数列a k =k k =1,2,...,4m +2 ，然后对a 1,a 2,...,a 4m +2进行相应的讨论即可.换言之，我们可以不妨设a k =k k =1,2,...,4m +2 ，此后的讨论均建立在该假设下进行.回到原题，第1小问相当于从1,2,3,4,5,6中取出两个数i 和j i <j ，使得剩下四个数是等差数列.那么剩下四个数只可能是1,2,3,4，或2,3,4,5，或3,4,5,6.所以所有可能的i ,j 就是1,2 ,1,6 ,5,6 .(2)由于从数列1,2,...,4m +2中取出2和13后，剩余的4m 个数可以分为以下两个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①1,4,7,10 ,3,6,9,12 ,5,8,11,14 ，共3组；②15,16,17,18 ,19,20,21,22 ,...,4m -1,4m ,4m +1,4m +2 ，共m -3组.(如果m -3=0，则忽略②)故数列1,2,...,4m +2是2,13 -可分数列.(3)定义集合A =4k +1 k =0,1,2,...,m =1,5,9,13,...,4m +1 ，B =4k +2 k =0,1,2,...,m =2,6,10,14,...,4m +2 .下面证明，对1≤i <j ≤4m +2，如果下面两个命题同时成立，则数列1,2,...,4m +2一定是i ,j -可分数列：命题1：i ∈A ,j ∈B 或i ∈B ,j ∈A ；命题2：j -i ≠3.我们分两种情况证明这个结论.第一种情况：如果i ∈A ,j ∈B ，且j -i ≠3.此时设i =4k 1+1，j =4k 2+2，k 1,k 2∈0,1,2,...,m .则由i <j 可知4k 1+1<4k 2+2，即k 2-k 1>-14，故k 2≥k 1.此时，由于从数列1,2,...,4m +2中取出i =4k 1+1和j =4k 2+2后，剩余的4m 个数可以分为以下三个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①1,2,3,4 ,5,6,7,8 ,...,4k 1-3,4k 1-2,4k 1-1,4k 1 ，共k 1组；②4k 1+2,4k 1+3,4k 1+4,4k 1+5 ,4k 1+6,4k 1+7,4k 1+8,4k 1+9 ,...,4k 2-2,4k 2-1,4k 2,4k 2+1 ，共k 2-k 1组；③4k 2+3,4k 2+4,4k 2+5,4k 2+6 ,4k 2+7,4k 2+8,4k 2+9,4k 2+10 ,...,4m -1,4m ,4m +1,4m +2 ，共m -k 2组.(如果某一部分的组数为0，则忽略之)故此时数列1,2,...,4m +2是i ,j -可分数列.第二种情况：如果i ∈B ,j ∈A ，且j -i ≠3.此时设i =4k 1+2，j =4k 2+1，k 1,k 2∈0,1,2,...,m .则由i <j 可知4k 1+2<4k 2+1，即k 2-k 1>14，故k 2>k 1.由于j -i ≠3，故4k 2+1 -4k 1+2 ≠3，从而k 2-k 1≠1，这就意味着k 2-k 1≥2.此时，由于从数列1,2,...,4m +2中取出i =4k 1+2和j =4k 2+1后，剩余的4m 个数可以分为以下四个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①1,2,3,4 ,5,6,7,8 ,...,4k 1-3,4k 1-2,4k 1-1,4k 1 ，共k 1组；②4k 1+1,3k 1+k 2+1,2k 1+2k 2+1,k 1+3k 2+1 ，3k 1+k 2+2,2k 1+2k 2+2,k 1+3k 2+2,4k 2+2 ，共2组；③全体4k 1+p ,3k 1+k 2+p ,2k 1+2k 2+p ,k 1+3k 2+p ，其中p =3,4,...,k 2-k 1，共k 2-k 1-2组；④4k 2+3,4k 2+4,4k 2+5,4k 2+6 ,4k 2+7,4k 2+8,4k 2+9,4k 2+10 ,...,4m -1,4m ,4m +1,4m +2 ，共m -k 2组.(如果某一部分的组数为0，则忽略之)这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含k 2-k 1-2个行，4个列的数表以后，4个列分别是下面这些数：4k 1+3,4k 1+4,...,3k 1+k 2 ，3k 1+k 2+3,3k 1+k 2+4,...,2k 1+2k 2 ，2k 1+2k 2+3,2k 1+2k 2+3,...,k 1+3k 2 ，k 1+3k 2+3,k 1+3k 2+4,...,4k 2 .可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍4k 1+1,4k 1+2,...,4k 2+2 中除开五个集合4k 1+1,4k 1+2 ，3k 1+k 2+1,3k 1+k 2+2 ，2k 1+2k 2+1,2k 1+2k 2+2 ，k 1+3k 2+1,k 1+3k 2+2 ，4k 2+1,4k 2+2 中的十个元素以外的所有数.而这十个数中，除开已经去掉的4k 1+2和4k 2+1以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列1,2,...,4m +2是i ,j -可分数列.至此，我们证明了：对1≤i <j ≤4m +2，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列1,2,...,4m +2一定是i ,j -可分数列.然后我们来考虑这样的i ,j 的个数.首先，由于A ∩B =∅，A 和B 各有m +1个元素，故满足命题1的i ,j 总共有m +1 2个；而如果j -i =3，假设i ∈A ,j ∈B ，则可设i =4k 1+1，j =4k 2+2，代入得4k 2+2 -4k 1+1 =3.但这导致k 2-k 1=12，矛盾，所以i ∈B ,j ∈A .设i =4k 1+2，j =4k 2+1，k 1,k 2∈0,1,2,...,m ，则4k 2+1 -4k 1+2 =3，即k 2-k 1=1.所以可能的k 1,k 2 恰好就是0,1 ,1,2 ,...,m -1,m ，对应的i ,j 分别是2,5 ,6,9 ,...,4m -2,4m +1 ，总共m 个.所以这m +1 2个满足命题1的i ,j 中，不满足命题2的恰好有m 个.这就得到同时满足命题1和命题2的i ,j 的个数为m +1 2-m .当我们从1,2,...,4m+2中一次任取两个数i和j i<j时，总的选取方式的个数等于4m+24m+12=2m+14m+1.而根据之前的结论，使得数列a1,a2,...,a4m+2是i,j-可分数列的i,j至少有m+12-m个.所以数列a1,a2,...,a4m+2是i,j-可分数列的概率P m一定满足P m≥m+12-m2m+14m+1=m2+m+12m+14m+1>m2+m+142m+14m+2=m+12222m+12m+1=18.这就证明了结论.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究结论.7(新课标全国Ⅱ卷)已知双曲线C:x2-y2=m m>0，点P15,4在C上，k为常数，0<k<1．按照如下方式依次构造点P n n=2,3,...，过P n-1作斜率为k的直线与C的左支交于点Q n-1，令P n为Q n-1关于y轴的对称点，记P n的坐标为x n,y n.(1)若k=12，求x2,y2；(2)证明：数列x n-y n是公比为1+k1-k的等比数列；(3)设S n为△P n P n+1P n+2的面积，证明：对任意的正整数n，S n=S n+1.【答案】(1)x2=3，y2=0(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)直接根据题目中的构造方式计算出P2的坐标即可；(2)根据等比数列的定义即可验证结论；(3)思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明S n的取值为与n无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明S n的取值为与n无关的定值即可.【详解】(1)由已知有m=52-42=9，故C的方程为x2-y2=9.当k=12时，过P15,4且斜率为12的直线为y=x+32，与x2-y2=9联立得到x2-x+322=9.解得x=-3或x=5，所以该直线与C的不同于P1的交点为Q1-3,0，该点显然在C的左支上.故P23,0，从而x2=3，y2=0.(2)由于过P n x n,y n且斜率为k的直线为y=k x-x n+y n，与x2-y2=9联立，得到方程x2-k x-x n+y n2=9.展开即得1-k2x2-2k y n-kx nx-y n-kx n2-9=0，由于P n x n,y n已经是直线y=k x-x n+y n和x2 -y2=9的公共点，故方程必有一根x=x n.从而根据韦达定理，另一根x =2k y n -kx n 1-k 2-x n =2ky n -x n -k 2x n1-k 2，相应的y =k x -x n +y n =y n +k 2y n -2kx n1-k 2.所以该直线与C 的不同于P n 的交点为Q n 2ky n -x n -k 2x n 1-k 2,y n +k 2y n -2kx n1-k 2，而注意到Q n 的横坐标亦可通过韦达定理表示为-y n -kx n 2-91-k 2x n，故Q n 一定在C 的左支上.所以P n +1x n +k 2x n -2ky n 1-k 2,y n +k 2y n -2kx n1-k 2.这就得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n1-k 2.所以x n +1-y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2-y n +k 2y n -2kx n1-k 2=x n +k 2x n +2kx n 1-k 2-y n +k 2y n +2ky n 1-k 2=1+k 2+2k 1-k2x n -y n =1+k1-k x n -y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1-y 1≠0，所以数列x n -y n 是公比为1+k 1-k 的等比数列.(3)方法一：先证明一个结论：对平面上三个点U ,V ,W ，若UV =a ,b ，UW=c ,d ，则S △UVW =12ad -bc .(若U ,V ,W 在同一条直线上，约定S △UVW =0)证明：S △UVW =12UV⋅UW sin UV ,UW =12UV ⋅UW 1-cos 2UV ,UW=12UV ⋅UW 1-UV ⋅UW UV ⋅UW2=12UV 2⋅UW 2-UV ⋅UW 2=12a 2+b 2 c 2+d 2 -ac +bd 2=12a 2c 2+a 2d 2+b 2c 2+b 2d 2-a 2c 2-b 2d 2-2abcd =12a 2d 2+b 2c 2-2abcd =12ad -bc 2=12ad -bc .证毕，回到原题.由于上一小问已经得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n1-k 2，故x n +1+y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2+y n +k 2y n -2kx n 1-k 2=1+k 2-2k 1-k2x n +y n =1-k1+k x n +y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1+y 1≠0，所以数列x n +y n 是公比为1-k 1+k的等比数列.所以对任意的正整数m ，都有x n y n +m -y n x n +m=12x n x n +m -y n y n +m +x n y n +m -y n x n +m -12x n x n +m -y n y n +m -x n y n +m -y n x n +m =12x n -y n x n +m +y n +m -12x n +y n x n +m -y n +m =121-k 1+k m x n -y n x n +y n-121+k 1-k m x n +y n x n -y n =121-k 1+k m -1+k 1-k m x 2n -y 2n=921-k 1+k m -1+k 1-k m.而又有P n +1P n =-x n +1-x n ,-y n +1-y n ，P n +1P n +2 =x n +2-x n +1,y n +2-y n +1 ，故利用前面已经证明的结论即得S n =S △P n P n +1P n +2=12-x n +1-x n y n +2-y n +1 +y n +1-y n x n +2-x n +1=12x n +1-x n y n +2-y n +1 -y n +1-y n x n +2-x n +1=12x n +1y n +2-y n +1x n +2 +x n y n +1-y n x n +1 -x n y n +2-y n x n +2=12921-k 1+k -1+k 1-k +921-k 1+k -1+k 1-k -921-k 1+k 2-1+k 1-k 2 .这就表明S n 的取值是与n 无关的定值，所以S n =S n +1.方法二：由于上一小问已经得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n1-k 2，故x n +1+y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2+y n +k 2y n -2kx n 1-k 2=1+k 2-2k 1-k 2x n +y n=1-k1+k x n +y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1+y 1≠0，所以数列x n +y n 是公比为1-k 1+k的等比数列.所以对任意的正整数m ，都有x n y n +m -y n x n +m=12x n x n +m -y n y n +m +x n y n +m -y n x n +m -12x n x n +m -y n y n +m -x n y n +m -y n x n +m =12x n -y n x n +m +y n +m -12x n +y n x n +m -y n +m =121-k 1+k m x n -y n x n +y n -121+k 1-k m x n +y n x n -y n =121-k 1+k m -1+k 1-k m x 2n -y 2n =921-k 1+k m -1+k 1-k m.这就得到x n +2y n +3-y n +2x n +3=921-k 1+k -1+k1-k =x n y n +1-y n x n +1，以及x n +1y n +3-y n +1x n +3=921-k 1+k 2-1+k 1-k 2=x n y n +2-y n x n +2.两式相减，即得x n +2y n +3-y n +2x n +3 -x n +1y n +3-y n +1x n +3 =x n y n +1-y n x n +1 -x n y n +2-y n x n +2 .移项得到x n +2y n +3-y n x n +2-x n +1y n +3+y n x n +1=y n +2x n +3-x n y n +2-y n +1x n +3+x n y n +1.故y n +3-y n x n +2-x n +1 =y n +2-y n +1 x n +3-x n .而P n P n +3 =x n +3-x n ,y n +3-y n ，P n +1P n +2 =x n +2-x n +1,y n +2-y n +1 .所以P n P n +3 和P n +1P n +2平行，这就得到S △P n P n +1P n +2=S △P n +1P n +2P n +3，即S n =S n +1.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.8(全国甲卷数学(文))已知等比数列a n 的前n 项和为S n ，且2S n =3a n +1-3.(1)求a n 的通项公式；(2)求数列S n 的通项公式.【答案】(1)a n =53n -1(2)3253 n -32【分析】(1)利用退位法可求公比，再求出首项后可求通项；(2)利用等比数列的求和公式可求S n .【详解】(1)因为2S n =3a n +1-3,故2S n -1=3a n -3，所以2a n =3a n +1-3a n n ≥2 即5a n =3a n +1故等比数列的公比为q =53，故2a 1=3a 2-3=3a 1×53-3=5a 1-3，故a 1=1，故a n =53n -1.(2)由等比数列求和公式得S n =1×1-53 n1-53=3253 n -32.9(全国甲卷数学(理))记S n 为数列a n 的前n 项和，且4S n =3a n +4．(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =(-1)n -1na n ，求数列b n 的前n 项和为T n ．【答案】(1)a n =4⋅(-3)n -1(2)T n =(2n -1)⋅3n +1【分析】(1)利用退位法可求a n 的通项公式．(2)利用错位相减法可求T n .【详解】(1)当n =1时，4S 1=4a 1=3a 1+4，解得a 1=4．当n ≥2时，4S n -1=3a n -1+4，所以4S n -4S n -1=4a n =3a n -3a n -1即a n =-3a n -1，而a 1=4≠0，故a n ≠0，故an a n -1=-3，∴数列a n 是以4为首项，-3为公比的等比数列，所以a n =4⋅-3 n -1.(2)b n =(-1)n -1⋅n ⋅4⋅(-3)n -1=4n ⋅3n -1,所以T n =b 1+b 2+b 3+⋯+b n =4⋅30+8⋅31+12⋅32+⋯+4n ⋅3n -1故3T n =4⋅31+8⋅32+12⋅33+⋯+4n ⋅3n所以-2T n =4+4⋅31+4⋅32+⋯+4⋅3n -1-4n ⋅3n=4+4⋅31-3n -11-3-4n ⋅3n =4+2⋅3⋅3n -1-1 -4n ⋅3n=(2-4n )⋅3n -2，∴T n =(2n -1)⋅3n +1.10(新高考北京卷)设集合M =i ,j ,s ,t i ∈1,2 ,j ∈3,4 ,s ∈5,6 ,t ∈7,8 ,2i +j +s +t ．对于给定有穷数列A :a n 1≤n ≤8 ，及序列Ω:ω1,ω2,...,ωs ，ωk =i k ,j k ,s k ,t k ∈M ，定义变换T ：将数列A 的第i 1,j 1,s 1,t 1项加1，得到数列T 1A ；将数列T 1A 的第i 2,j 2,s 2,t 2列加1，得到数列T 2T 1A ⋯；重复上述操作，得到数列T s ...T 2T 1A ，记为ΩA ．(1)给定数列A :1,3,2,4,6,3,1,9和序列Ω:1,3,5,7 ,2,4,6,8 ,1,3,5,7 ，写出ΩA ；(2)是否存在序列Ω，使得ΩA 为a 1+2,a 2+6,a 3+4,a 4+2,a 5+8,a 6+2,a 7+4,a 8+4，若存在，写出一个符合条件的Ω；若不存在，请说明理由；(3)若数列A 的各项均为正整数，且a 1+a 3+a 5+a 7为偶数，证明：“存在序列Ω，使得ΩA 为常数列”的充要条件为“a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8”．【答案】(1)ΩA :3,4,4,5,8,4,3,10(2)不存在符合条件的Ω，理由见解析(3)证明见解析【分析】(1)直接按照ΩA 的定义写出ΩA 即可；(2)利用反证法，假设存在符合条件的Ω，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；(3)分充分性和必要性两方面论证.【详解】(1)由题意得ΩA :3,4,4,5,8,4,3,10；(2)假设存在符合条件的Ω，可知ΩA 的第1,2项之和为a 1+a 2+s ，第3,4项之和为a 3+a 4+s ，则a 1+2 +a 2+6 =a 1+a 2+sa 3+4 +a 4+2 =a 3+a 4+s，而该方程组无解，故假设不成立，故不存在符合条件的Ω；(3)我们设序列T k ...T 2T 1A 为a k ,n 1≤n ≤8 ，特别规定a 0,n =a n 1≤n ≤8 .必要性：若存在序列Ω:ω1,ω2,...,ωs ，使得ΩA 为常数列.则a s ,1=a s ,2=a s ,3=a s ,4=a s ,5=a s ,6=a s ,7=a s ,8，所以a s ,1+a s ,2=a s ,3+a s ,4=a s ,5+a s ,6=a s ,7+a s ,8.根据T k ...T 2T 1A 的定义，显然有a k ,2j -1+a k ,2j =a k -1,2j -1+a k -1,2j ，这里j =1,2,3,4，k =1,2,....所以不断使用该式就得到，a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8，必要性得证.充分性：若a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8.由已知，a 1+a 3+a 5+a 7为偶数，而a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8，所以a 2+a 4+a 6+a 8=4a 1+a 2 -a 1+a 3+a 5+a 7 也是偶数.我们设T s ...T 2T 1A 是通过合法的序列Ω的变换能得到的所有可能的数列ΩA 中，使得a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 最小的一个.上面已经证明a k ,2j -1+a k ,2j =a k -1,2j -1+a k -1,2j ，这里j =1,2,3,4，k =1,2,....从而由a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8可得a s ,1+a s ,2=a s ,3+a s ,4=a s ,5+a s ,6=a s ,7+a s ,8.同时，由于i k +j k +s k +t k 总是偶数，所以a k ,1+a k ,3+a k ,5+a k ,7和a k ,2+a k ,4+a k ,6+a k ,8的奇偶性保持不变，从而a s ,1+a s ,3+a s ,5+a s ,7和a s ,2+a s ,4+a s ,6+a s ,8都是偶数.下面证明不存在j =1,2,3,4使得a s ,2j -1-a s ,2j ≥2.假设存在，根据对称性，不妨设j =1，a s ,2j -1-a s ,2j ≥2，即a s ,1-a s ,2≥2.情况1：若a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 =0，则由a s ,1+a s ,3+a s ,5+a s ,7和a s ,2+a s ,4+a s ,6+a s ,8都是偶数，知a s ,1-a s ,2≥4.对该数列连续作四次变换2,3,5,8 ,2,4,6,8 ,2,3,6,7 ,2,4,5,7 后，新的a s +4,1-a s +4,2 +a s +4,3-a s +4,4 +a s +4,5-a s +4,6 +a s +4,7-a s +4,8 相比原来的a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 减少4，这与a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 的最小性矛盾；情况2：若a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 >0，不妨设a s ,3-a s ,4 >0.情况2-1：如果a s ,3-a s ,4≥1，则对该数列连续作两次变换2,4,5,7 ,2,4,6,8 后，新的a s +2,1-a s +2,2 +a s +2,3-a s +2,4 +a s +2,5-a s +2,6 +a s +2,7-a s +2,8 相比原来的a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 至少减少2，这与a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 的最小性矛盾；情况2-2：如果a s ,4-a s ,3≥1，则对该数列连续作两次变换2,3,5,8 ,2,3,6,7 后，新的a s +2,1-a s +2,2 +a s +2,3-a s +2,4 +a s +2,5-a s +2,6 +a s +2,7-a s +2,8 相比原来的a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 至少减少2，这与a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 的最小性矛盾.这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的j =1,2,3,4都有a s ,2j -1-a s ,2j ≤1.假设存在j =1,2,3,4使得a s ,2j -1-a s ,2j =1，则a s ,2j -1+a s ,2j 是奇数，所以a s ,1+a s ,2=a s ,3+a s ,4=a s ,5+a s ,6=a s ,7+a s ,8都是奇数，设为2N +1.则此时对任意j =1,2,3,4，由a s ,2j -1-a s ,2j ≤1可知必有a s ,2j -1,a s ,2j =N ,N +1 .而a s ,1+a s ,3+a s ,5+a s ,7和a s ,2+a s ,4+a s ,6+a s ,8都是偶数，故集合m a s ,m =N 中的四个元素i ,j ,s ,t 之和为偶数，对该数列进行一次变换i ,j ,s ,t ，则该数列成为常数列，新的a s +1,1-a s +1,2 +a s +1,3-a s +1,4 +a s +1,5-a s +1,6 +a s +1,7-a s +1,8 等于零，比原来的a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 更小，这与a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 的最小性矛盾.综上，只可能a s ,2j -1-a s ,2j =0j =1,2,3,4 ，而a s ,1+a s ,2=a s ,3+a s ,4=a s ,5+a s ,6=a s ,7+a s ,8，故a s ,n =ΩA 是常数列，充分性得证.【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析.11(新高考天津卷)已知数列a n 是公比大于0的等比数列．其前n 项和为S n ．若a 1=1,S 2=a 3-1．(1)求数列a n 前n 项和S n ；(2)设b n =k ,n =a kb n -1+2k ,a k <n <a k +1，b 1=1，其中k 是大于1的正整数．(ⅰ)当n =a k +1时，求证：b n -1≥a k ⋅b n ；(ⅱ)求S ni =1b i ．【答案】(1)S n =2n -1(2)①证明见详解；②S ni =1b i =3n -1 4n+19【分析】(1)设等比数列a n 的公比为q >0，根据题意结合等比数列通项公式求q ，再结合等比数列求和公式分析求解；(2)①根据题意分析可知a k =2k -1,b n =k +1，b n -1=k 2k -1 ，利用作差法分析证明；②根据题意结合等差数列求和公式可得∑2k -1i =2k -1b i =193k -1 4k -3k -4 4k -1，再结合裂项相消法分析求解.【详解】(1)设等比数列a n 的公比为q >0，因为a 1=1,S 2=a 3-1，即a 1+a 2=a 3-1，可得1+q =q 2-1，整理得q 2-q -2=0，解得q =2或q =-1(舍去)，所以S n =1-2n1-2=2n -1.(2)(i )由(1)可知a n =2n -1，且k ∈N *,k ≥2，当n =a k +1=2k≥4时，则a k =2k -1<2k -1=n -1n -1=a k +1-1<a k +1 ，即a k <n -1<a k +1可知a k =2k -1,b n =k +1，b n -1=b a k+a k +1-a k -1 ⋅2k =k +2k 2k -1-1 =k 2k -1 ，可得b n -1-a k ⋅b n =k 2k -1 -k +1 2k -1=k -1 2k -1-k ≥2k -1 -k =k -2≥0，当且仅当k =2时，等号成立，所以b n -1≥a k ⋅b n ；(ii )由(1)可知：S n =2n -1=a n +1-1，若n =1，则S 1=1,b 1=1；若n ≥2，则a k +1-a k =2k -1，当2k -1<i ≤2k -1时，b i -b i -1=2k ，可知b i 为等差数列，可得∑2k -1i =2k -1b i =k ⋅2k -1+2k 2k -12k -1-1 2=k ⋅4k -1=193k -1 4k -3k -4 4k -1 ，所以∑S ni =1b i =1+195×42-2×4+8×43-5×42+⋅⋅⋅+3n -1 4n -3n -4 4n -1=3n -1 4n+19，且n =1，符合上式，综上所述：∑Sni =1b i =3n -1 4n +19.【点睛】关键点点睛：1.分析可知当2k -1<i ≤2k -1时，b i -b i -1=2k ，可知b i 为等差数列；2.根据等差数列求和分析可得∑2k -1i =2k -1b i =193k -1 4k -3k -4 4k -1.12(新高考上海卷)若f x =log a x (a >0,a ≠1)．(1)y =f x 过4,2 ，求f 2x -2 <f x 的解集；(2)存在x 使得f x +1 、f ax 、f x +2 成等差数列，求a 的取值范围．【答案】(1)x |1<x <2 (2)a >1【分析】(1)求出底数a ，再根据对数函数的单调性可求不等式的解；(2)存在x 使得f x +1 、f ax 、f x +2 成等差数列等价于a 2=21x +342-18在0,+∞ 上有解，利用换元法结合二次函数的性质可求a 的取值范围．【详解】(1)因为y =f x 的图象过4,2 ，故log a 4=2，故a 2=4即a =2(负的舍去)，而f x =log 2x 在0,+∞ 上为增函数，故f 2x -2 <f x ，故0<2x -2<x 即1<x <2，故f 2x -2 <f x 的解集为x |1<x <2 .(2)因为存在x 使得f x +1 、f ax 、f x +2 成等差数列，故2f ax =f x +1 +f x +2 有解，故2log a ax =log a x +1 +log a x +2 ，因为a >0,a ≠1，故x >0，故a 2x 2=x +1 x +2 在0,+∞ 上有解，由a 2=x 2+3x +2x 2=1+3x +2x 2=21x +34 2-18在0,+∞ 上有解，令t =1x ∈0,+∞ ，而y =2t +34 2-18在0,+∞ 上的值域为1,+∞ ，故a 2>1即a >1.一、单选题1(2024·重庆·三模)已知数列a n 的前n 项和为S n ,a 1=1,S n +S n +1=n 2+1n ∈N ∗ ,S 24=()A.276B.272C.268D.266【答案】A【分析】令n =1得S 2=1，当n ≥2时，结合题干作差得S n +1-S n -1=2n -1，从而利用累加法求解S 24=即可.【详解】∵a 1=S 1=1，又∵S n +S n +1=n 2+1，当n =1时，S 1+S 2=12+1=2，解得S 2=1；当n ≥2时，S n -1+S n =(n -1)2+1，作差得S n +1-S n -1=2n -1，∴S 24=S 24-S 22 +S 22-S 20 +⋯+S 4-S 2 +S 2=223+21+⋯+3 -11+1=276.故选：A2(2024·河北张家口·三模)已知数列a n的前n项和为S n，且满足a1=1,a n+1=a n+1,n为奇数2a n,n为偶数，则S100=()A.3×251-156B.3×251-103C.3×250-156D.3×250-103【答案】A【分析】分奇数项和偶数项求递推关系，然后记b n=a2n+a2n-1,n≥1，利用构造法求得b n=6×2n-1-3，然后分组求和可得.【详解】因为a1=1,a n+1=a n+1,n为奇数2a n,n为偶数 ，所以a2k+2=a2k+1+1=2a2k+1，a2k+1=2a2k=2a2k-1+2,k∈N*，且a2=2，所以a2k+2+a2k+1=2a2k+a2k-1+3，记b n=a2n+a2n-1,n≥1，则b n+1=2b n+3，所以b n+1+3=2b n+3，所以b n+3是以b1+3=a1+a2+3=6为首项，2为公比的等比数列，所以b n+3=6×2n-1，b n=6×2n-1-3，记b n的前n项和为T n，则S100=T50=6×20+6×21+6×22+⋅⋅⋅+6×249-3×50=3×251-156.故选：A【点睛】关键点点睛：本题解题关键在于先分奇数项和偶数项求递推公式，然后再并项得b n的递推公式，利用构造法求通项，将问题转化为求b n的前50项和.3(2024·山东日照·三模)设等差数列b n的前n项和为S n，若b3=2，b7=6，则S9=()A.-36B.36C.-18D.18【答案】B【分析】利用等差数列的前n项和公式，结合等差数列的性质求解.【详解】解：S9=b1+b9×92=b3+b7×92=36，故选：B.4(2024·湖北武汉·二模)已知等差数列a n的前n项和为S n，若S3=9,S9=81，则S12=() A.288 B.144 C.96 D.25【答案】B【分析】利用等差数列的前n项和列方程组求出a1,d，进而即可求解S12.【详解】由题意S3=3a1+3×22d=9S9=9a1+9×82d=81，即a1+d=3a1+4d=9，解得a1=1d=2.于是S12=12×1+12×112×2=144.故选：B.5(2024·江西赣州·二模)在等差数列a n中，a2，a5是方程x2-8x+m=0的两根，则a n的前6项和为()A.48B.24C.12D.8【答案】B【分析】利用韦达定理确定a2+a5=8，根据等差数列性质有a2+a5=a1+a6=8，在应用等差数列前n项和公式即可求解.【详解】因为a 2，a 5是方程x 2-8x +m =0的两根，所以a 2+a 5=8，又因为a n 是等差数列，根据等差数列的性质有：a 2+a 5=a 1+a 6=8，设a n 的前6项和为S 6，则S 6=a 1+a 6 ×62=3×8=24.故选：B6(2024·湖南永州·三模)已知非零数列a n 满足2n a n +1-2n +2a n =0，则a 2024a 2021=()A.8B.16C.32D.64【答案】D【分析】根据题意，由条件可得a n +1=4a n ，再由等比数列的定义即可得到结果.【详解】由2n a n +1-2n +2a n =0可得a n +1=4a n ，则a 2024a 2021=4×4×4a 2021a 2021=64.故选：D7(2024·浙江绍兴·二模)汉诺塔(Tower of Hanoi )，是一个源于印度古老传说的益智玩具. 如图所示，有三根相邻的标号分别为A 、B 、C 的柱子，A 柱子从下到上按金字塔状叠放着n 个不同大小的圆盘，要把所有盘子一个一个移动到柱子B 上，并且每次移动时，同一根柱子上都不能出现大盘子在小盘子的上方，请问至少需要移动多少次？记至少移动次数为H n ，例如：H (1)=1，H (2)=3，则下列说法正确的是()A.H (3)=5B.H (n ) 为等差数列C.H (n )+1 为等比数列D.H 7 <100【答案】C【分析】由题意可得H (3)=7，判断A ；归纳得到H n =2n -1，结合等差数列以及等比数列的概念可判断B ，C ；求出H 7 ，判断D .【详解】由题意知若有1个圆盘，则需移动一次：若有2个圆盘，则移动情况为：A →C ,A →B ,C →B ，需移动3次；若有3个圆盘，则移动情况如下：A →B ,A →C ,B →C ,A →B ,C →A ,C →B ,A →B ，共7次，故H (3)=7，A 错误；由此可知若有n 个圆盘，设至少移动a n 次，则a n =2a n -1+1,所以a n +1=2a n -1+1 ，而a 1+1=1+1=2≠0，故a n +1 为等比数列，故a n =2n -1即H n =2n -1，该式不是n 的一次函数，则H (n ) 不为等差数列，B 错误；又H n =2n -1，则H n +1=2n ，H n +1 +1H n +1=2，则H (n )+1 为等比数列，C 正确，H 7 =27-1=127>100，D 错误，故选：C8(2024·云南曲靖·二模)已知S n 是等比数列a n 的前n 项和，若a 3=3,S 3=9，则数列a n 的公比是()A.-12或1 B.12或1 C.-12D.12【答案】A【分析】分别利用等比数列的通项公式和前n 项和公式，解方程组可得q =1或q =-12.【详解】设等比数列a n 的首项为a 1，公比为q ，依题意得a 3=a 1q 2=3S 3=a 1+a 2+a 3=a 1+a 1q +a 1q 2=9 ，解得q =1或q =-12.故选：A .9(2024·四川·模拟预测)已知数列a n 为等差数列，且a 1+2a 4+3a 9=24，则S 11=()A.33B.44C.66D.88【答案】B【分析】将a 1,a 4,a 9用a 1和d 表示，计算出a 6的值，再由S 11=11a 6得S 11的值.【详解】依题意，a n 是等差数列，设其公差为d ，由a 1+2a 4+3a 9=24，所以a 1+2a 1+3d +3a 1+8d =6a 1+30d =6a 6=24，即a 6=4,S 11=11a 1+10×112d =11a 1+5d =11a 6=11×4=44，故选：B .10(2024·北京东城·二模)设无穷正数数列a n ，如果对任意的正整数n ，都存在唯一的正整数m ，使得a m =a 1+a 2+a 3+⋯+a n ，那么称a n 为内和数列，并令b n =m ，称b n 为a n 的伴随数列，则()A.若a n 为等差数列，则a n 为内和数列B.若a n 为等比数列，则a n 为内和数列C.若内和数列a n 为递增数列，则其伴随数列b n 为递增数列D.若内和数列a n 的伴随数列b n 为递增数列，则a n 为递增数列【答案】C【分析】对于ABD ：举反例说明即可；对于C ：根据题意分析可得a m 2>a m 1，结合单调性可得m 2>m 1，即可得结果.【详解】对于选项AB ：例题a n =1，可知a n 即为等差数列也为等比数列，则a 1+a 2=2，但不存在m ∈N *，使得a m =2，所以a n 不为内和数列，故AB 错误；对于选项C ：因为a n >0，对任意n 1,n 2∈N *，n 1<n 2，可知存在m 1,m 2∈N *，使得a m 1=a 1+a 2+a 3+⋯+a n 1,a m 2=a 1+a 2+a 3+⋯+a n 2，则a m 2-a m 1=a n 1+1+a n 1+2+⋯+a n 2>0，即a m 2>a m 1，且内和数列a n 为递增数列，可知m 2>m 1，所以其伴随数列b n 为递增数列，故C 正确；对于选项D ：例如2,1,3,4,5,⋅⋅⋅，显然a n 是所有正整数的排列，可知a n 为内和数列，且a n 的伴随数列为递增数列，但an 不是递增数列，故D 错误；故选：C.【点睛】方法点睛：对于新定义问题，要充分理解定义，把定义转化为已经学过的内容，简化理解和运算.11(2024·广东茂名·一模)已知T n为正项数列a n的前n项的乘积，且a1=2,T2n=a n+1n，则a5=() A.16 B.32 C.64 D.128【答案】B【分析】利用给定的递推公式，结合对数运算变形，再构造常数列求出通项即可得解.【详解】由T2n=a n+1n，得T2n+1=a n+2n+1，于是a2n+1=T2n+1T2n=a n+2n+1a n+1n，则a n n+1=a n+1n，两边取对数得n lg a n+1=(n+1)lg a n，因此lg a n+1n+1=lg a nn，数列lg a nn是常数列，则lg a nn=lg a11=lg2，即lg a n=n lg2=lg2n，所以a n=2n，a5=32.故选：B12(2024·湖南常德·一模)已知等比数列a n中，a3⋅a10=1，a6=2，则公比q为()A.12B.2 C.14D.4【答案】C【分析】直接使用已知条件及公比的性质得到结论.【详解】q=1q3⋅q4=a3a6⋅a10a6=a3⋅a10a26=122=14.故选：C.二、多选题13(2024·湖南长沙·三模)设无穷数列a n的前n项和为S n，且a n+a n+2=2a n+1，若存在k∈N∗，使S k+1 >S k+2>S k成立，则()A.a n≤a k+1B.S n≤S k+1C.不等式S n<0的解集为n∈N∗∣n≥2k+3D.对任意给定的实数p，总存在n0∈N∗，当n>n0时，a n<p【答案】BCD【分析】根据题意，得到a k+2<0,a k+1>0,a k+1+a k+2>0且a n是递减数列，结合等差数列的性质以及等差数列的求和公式，逐项判定，即可求解.【详解】由S k+1>S k+2>S k，可得a k+2=S k+2-S k+1<0,a k+1=S k+1-S k>0，且a k+1+a k+2=S k+2-S k>0，即a k+2<0,a k+1>0,a k+1+a k+2>0又由a n+a n+2=2a n+1，可得数列a n是等差数列，公差d=a k+2-a k+1<0，所以a n是递减数列，所以a1是最大项，且随着n的增加，a n无限减小，即a n≤a1，所以A错误、D正确；因为当n≤k+1时，a n>0；当n≥k+2时，a n<0，所以S n的最大值为S k+1，所以B正确；因为S2k+1=(2k+1)(a1+a2k+1)2=(2k+1)a k+1>0,S2k+3=(2k+3)a k+2<0，且S 2k +2=a 1+a 2k +22×2k +2 =k +1 ⋅a k +1+a k +2 >0，所以当n ≤2k +2时，S n >0；当n ≥2k +3时，S n <0，所以C 正确.故选：BCD .14(2024·山东泰安·模拟预测)已知数列a n 的通项公式为a n =92n -7n ∈N *，前n 项和为S n ，则下列说法正确的是()A.数列a n 有最大项a 4B.使a n ∈Z 的项共有4项C.满足a n a n +1a n +2<0的n 值共有2个D.使S n 取得最小值的n 值为4【答案】AC【分析】根据数列的通项公式，作差判断函数的单调性及项的正负判断A ，根据通项公式由整除可判断B ，根据项的正负及不等式判断C ，根据数列项的符号判断D .【详解】对于A ：因为a n =92n -7n ∈N *，所以a n +1-a n =92n -5-92n -7=-182n -5 2n -7，令a n +1-a n >0，即2n -5 2n -7 <0，解得52<n <72，又n ∈N *，所以当n =3时a n +1-a n >0，则当1≤n ≤2或n ≥4时，a n +1-a n <0，令a n =92n -7>0，解得n >72，所以a 1=-95>a 2=-3>a 3=-9，a 4>a 5>a 6>⋯>0，所以数列a n 有最大项a 4=9，故A 正确；对于B ：由a n ∈Z ，则92n -7∈Z 又n ∈N *，所以n =2或n =3或n =4或n =5或n =8，所以使a n ∈Z 的项共有5项．故B 不正确；对于C ：要使a n a n +1a n +2<0，又a n ≠0，所以a n 、a n +1、a n +2中有1个为负值或3个为负值，所以n =1或n =3，故满足a n a n +1a n +2<0的n 的值共有2个，故C 正确；对于D ：因为n ≤3时a n <0，n ≥4时a n >0，所以当n =3时S n 取得最小值，故D 不正确．故选：AC ．15(2024·山东临沂·二模)已知a n 是等差数列，S n 是其前n 项和，则下列命题为真命题的是()A.若a 3+a 4=9，a 7+a 8=18，则a 1+a 2=5B.若a 2+a 13=4，则S 14=28C.若S 15<0，则S 7>S 8D.若a n 和a n ⋅a n +1 都为递增数列，则a n >0【答案】BC【分析】根据题意，求得d =98，结合a 1+a 2=a 3+a 4 -4d ，可判定A 错误；根据数列的求和公式和等差数列的性质，可判定B 正确；由S 15<0，求得a 8<0，可判定C 正确；根据题意，求得任意的n ≥2,a n >0，结合a 1的正负不确定，可判定D 错误．【详解】对于A 中，由a 3+a 4=9，a 7+a 8=18，可得a 7+a 8 -a 3+a 4 =8d =9，所以d =98，又由a 1+a 2=a 3+a 4 -4d =9-4×98=92，所以A 错误；对于B 中，由S 14=14a 1+a 14 2=14a 2+a 132=28，所以B 正确；对于C 中，由S 15=15(a 1+a 15)2=15a 8<0，所以a 8<0，又因为S 8-S 7=a 8<0，则S 7>S 8，所以C 正确；对于D 中，因为a n 为递增数列，可得公差d >0，因为a n a n +1 为递增数列，可得a n +2a n +1-a n a n +1=a n +1⋅2d >0，所以对任意的n ≥2,a n >0，但a 1的正负不确定，所以D 错误．故选：BC .16(2024·山东泰安·二模)已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，a 2=4，S 7=42，则下列说法正确的是()A.a 5=4B.S n =12n 2+52n C.a nn为递减数列 D.1a n a n +1 的前5项和为421【答案】BC【分析】根据给定条件，利用等差数列的性质求出公差d ，再逐项求解判断即可.【详解】等差数列a n 中，S 7=7(a 1+a 7)2=7a 4=42，解得a 4=6，而a 2=4，因此公差d =a 4-a 24-2=1，通项a n =a 2+(n -2)d =n +2，对于A ，a 5=7，A 错误；对于B ，S n =n (3+n +2)2=12n 2+52n ，B 正确；对于C ，a n n =1+2n ，a n n 为递减数列，C 正确；对于D ，1a n a n +1=1(n +2)(n +3)=1n +2-1n +3，所以1a n a n +1 的前5项和为13-14+14-15+⋯+17-18=13-18=524，D 错误.故选：BC17(2024·江西·三模)已知数列a n 满足a 1=1,a n +1=2a n +1，则()A.数列a n 是等比数列B.数列log 2a n +1 是等差数列C.数列a n 的前n 项和为2n +1-n -2D.a 20能被3整除【答案】BCD【分析】利用构造法得到数列a n +1 是等比数列，从而求得通项，就可以判断选项，对于数列求和，可以用分组求和法，等比数列公式求和完成，对于幂的整除性问题可以转化为用二项式定理展开后，再加以证明.【详解】由a n +1=2a n +1可得：a n +1+1=2a n +1 ，所以数列a n +1 是等比数列，即a n =2n -1，则a 1=1,a 2=3,a 3=7,显然有a 1⋅a 3≠a 22，所以a 1,a 2,a 3不成等比数列，故选项A 是错误的；由数列a n +1 是等比数列可得：a n +1=2n ，即log 2a n +1 =log 22n =n ，故选项B 是正确的；由a n =2n -1可得：前n 项和S n =21-1+22-1+23-1+⋅⋅⋅+2n-1=21-2n 1-2-n =2n +1-n -2，故选项C是正确的；由a 20=220-1=3-1 20-1=C 020320+C 120319⋅-1 +C 220318⋅-1 2+⋅⋅⋅+C 19203⋅-1 19+C 2020-1 20-1=3×C 020319+C 120318⋅-1 +C 220317⋅-1 2+⋅⋅⋅+C 1920-1 19 ，故选项D 是正确的；方法二：由210=1024，1024除以3余数是1，所以10242除以3的余数还是1，从而可得220-1能补3整除，故选项D 是正确的；故选：BCD ．18(2024·湖北·二模)无穷等比数列a n 的首项为a 1公比为q ，下列条件能使a n 既有最大值，又有最小值的有()A.a 1>0，0<q <1B.a 1>0，-1<q <0C.a 1<0，q =-1D.a 1<0，q <-1【答案】BC【分析】结合选项，利用等比数列单调性分析判断即可.【详解】a 1>0，0<q <1时，等比数列a n 单调递减，故a n 只有最大值a 1，没有最小值；a 1>0，-1<q <0时，等比数列a n 为摆动数列，此时a 1为大值，a 2为最小值；a 1<0，q =-1时，奇数项都相等且小于零，偶数项都相等且大于零，所以等比数列a n 有最大值，也有最小值；a 1<0，q <-1时，因为q >1，所以a n 无最大值，奇数项为负无最小值，偶数项为正无最大值.故选：BC 三、填空题19(2024·山东济南·三模)数列a n 满足a n +2-a n =2，若a 1=1，a 4=4，则数列a n 的前20项的和为．【答案】210【分析】数列a n 的奇数项、偶数项都是等差数列，结合等差数列求和公式、分组求和法即可得解.【详解】数列a n 满足a n +2-a n =2，若a 1=1，a 4=4，则a 2=a 4-2=4-2=2，所以数列a n 的奇数项、偶数项分别构成以1，2为首项，公差均为2的等差数列所以数列a n 的前20项的和为a 1+a 2+⋯+a 20=a 1+a 3+⋯+a 19 +a 2+a 4+⋯+a 20=10×1+10×92×2+10×2+10×92×2=210.故答案为：210.20(2024·云南·二模)记数列a n 的前n 项和为S n ，若a 1=2,2a n +1-3a n =2n ，则a 82+S 8=.【答案】12/0.5【分析】构造得a n +12n -1-4=34a n2n -2-4，从而得到a n 2n -2=4，则a n =2n ，再利用等比数列求和公式代入计算即可.【详解】由2a n +1-3a n =2n ，得a n +12n -1=34×a n 2n -2+1，则a n +12n -1-4=34a n2n -2-4，又a 12-1-4=0，则a n 2n -2=4，则a n =2n ，a 8=28，S 8=21-28 1-2=29-2，a 82+S 8=2829=12，故答案为：12.21(2024·上海·三模)数列a n 满足a n +1=2a n (n 为正整数)，且a 2与a 4的等差中项是5，则首项a 1=。

1.（本题满分14分）设数列{}n a 的前n 项和为n S ,且34-=n n a S (1,2,)n =， （1）证明:数列{}n a 是等比数列；（2）若数列{}n b 满足1(1,2,)n n n b a b n +=+=，12b =，求数列{}n b 的通项公式．2.（本小题满分12分）等比数列{}n a 的各项均为正数，且212326231,9.a a a a a +== 1.求数列{}n a 的通项公式.2.设 31323log log ......log ,n n b a a a =+++求数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前项和.3.设数列{}n a 满足21112,32n n n a a a -+=-= （1） 求数列{}n a 的通项公式； （2） 令n n b na =，求数列的前n 项和n S4.已知等差数列{a n}的前3项和为6，前8项和为﹣4．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n=（4﹣a n）q n﹣1（q≠0，n∈N*），求数列{b n}的前n项和S n．5.已知数列{a n}满足，，n∈N×．（1）令b n=a n+1﹣a n，证明：{b n}是等比数列；（2）求{a n}的通项公式．1.解：（1）证：因为34-=n n a S (1,2,)n =，则3411-=--n n a S (2,3,)n =， 所以当2n ≥时，1144n n n n n a S S a a --=-=-， 整理得143n n a a -=． 5分 由34-=n n a S ，令1n =，得3411-=a a ，解得11=a ．所以{}n a 是首项为1，公比为43的等比数列． 7分（2）解：因为14()3n n a -=，由1(1,2,)n n n b a b n +=+=，得114()3n n n b b -+-=． 9分由累加得)()()(1231`21--++-+-+=n n n b b b b b b b b＝1)34(3341)34(1211-=--+--n n ，（2≥n ），当n=1时也满足，所以1)34(31-=-n n b ．2.解：（Ⅰ）设数列{a n }的公比为q ，由23269a a a =得32349a a =所以219q =。