高考数列拔高练习题

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高考冲刺：数列典型例题拔高练习

高考冲刺：数列【典型例题】类型一：正确理解和运用数列的概念与通项公式例1．将杨辉三角中的奇数换成1，偶数换成0，得到如图所示的0-1三角数表．从上往下数，第1次全行的数都为1的是第1行，第2次全行的数都为1的是第3行，…，第n 次全行的数都为1的是第行；第61行中1的个数是．第1行 1 1 第2行 1 0 1 第3行 1 1 1 1 第4行 1 0 0 0 1 第5行 1 1 0 0 1 1 …… …………………………………【思路点拨】计算图形中相应1的数量的特征，然后寻找它们之间的规律。

【解析】第1次全行的数都为1的是第21-=1行，第2次全行的数都为1的是第221-=3行，第3次全行的数都为1的是第321-=7行， ······，第n 次全行的数都为1的是第21n -行；第61行中1的个数是52=32．举一反三【变式1】已知数列}{n a 的前n 项和为n S ，且满足).2(2,2111≥-==-n S S a a n n n （1）证明：数列}1{nS 为等差数列；（2）求n S 及n a .【解析】（1）当2≥n 时，112--⋅-=-=n n n n n S S S S a∴1112(2)n n n S S --=≥ ∴1{}nS 是以21111==a S 为首项，2为公差的等差数列（2）n n S n 2)1(221=-+=，∴nS n 21= 当2≥n 时，)1(21)111(211--=--=-=-n n n n S S a n n n∴1212(1)n a n n ⎧⎪⎪=⎨⎪--⎪⎩)2()1(≥=n n考点二：数列递推关系式的理解与应用例2．数列{}n x 满足122x x =，()1212n n n x x x --=+，3,4,n =…．若lim 2n n x →∞=，则1x =( )（Ａ）32（Ｂ）３（Ｃ）４（Ｄ）５【思路点拨】对递推关系变形，运用叠加法求得，特别注意的是对两边同时运用. 【解析1】n n 1n 22x x x --=+，n n 1n 2n x x x x --∴-=-.32134324n 1n 2n 3n 1n n 1n 2n x x x x x x x x x x x x x x x x -------=-⎫⎪-=-⎪⎪⎬⎪-=-⎪-=-⎪⎭相叠加得n 212n n 1x x x x x x --=+--.12xx 2=， n n 112x x 2x -∴+=.()n n 11n n lim 2x x lim 2x -→∞→∞+=，n n lim x 2→∞=，12x 6∴= ，1x 3=.【解析2】由()1212n n n x x x --=+得： n n 1n 1n 2211111x +x x x x x x 222---=+==+=，n n 11n 1lim x x x 2-→∞⎛⎫+= ⎪⎝⎭，因为n n lim x 2→∞=，所以1x 3=. 【解析3】由()1212n n n x x x --=+得： ()()2n n 1n 1n 2n 2n 311x x ()x x ()x x 22------=--=--()n 2n 121111()x x ()x 22--==--=-从而23211x x ()x 2-=-；34311x x ()x 2-=-；…；n 1n n 111x x ()x 2---=-.叠加得：23n 1n 21111x x x ()()()222-⎡⎤-=-+-++-⎢⎥⎣⎦.n 2n 2111x x x 1()62-⎡⎤=+--⎢⎥⎣⎦，n 2n 21n n 11lim x lim x x 1()62-→∞→∞⎧⎫⎡⎤=+--⎨⎬⎢⎥⎣⎦⎩⎭11x 12x 26=+，从而1x 3=. 【总结升华】数列递推关系是近几年高考数学的热点，主要是一些能转化为等差等比数列的递推关系式。

数列递推求通项专题训练(中档+拔高)

(1)求a1的值；
(2)求数列{an}的通项公式
6.已知数列满足，，，且是比数列。
1）求出通项公式；2）求证： …
1.已知在数列中，，， .
（1）求的通项公式；（）设数列的前项和为，证明： .
2..数列首项，前项和与之间满足
1）求数列的通项公式2）设存在正数，使对于一切都成立，求的最大值。
3.设数列{an}的前n项和为Sn，数列{Sn}的前n项和为Tn，满足Tn＝2Sn－n2，n∈N*.
(1)求a1的值；
(2)求数列{an}的通项公式．
4．设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝a(a≠3)，an＋1＝Sn＋3n，n∈N*，设bn＝Sn－3n.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)若an＋1≥an，n∈N*，求a的取值范围．
5．已知数列{an}的各项均为正数，记数列{an}的前n项和为Sn，数列{a }的前n项和为Tn，且3Tn＝S ＋2Sn，n∈N*.

高考数学压轴专题专题备战高考《数列》全集汇编含答案解析

【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.。

五年高考数学试题数列拔高题汇总

数列解答题汇总（文）1．已知11a =，24a =，214n n n a a a ++=+，1n n na b a +=，n N *∈ （Ⅰ）求123,,b b b 的值；（Ⅱ）设1n n n c b b +=，n S 为数列{}n c 的前n 项和，求证：17n S n ≥；（Ⅲ）求证；一般数列的项，数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等），反证法与放缩法第三问不等式放缩比较难2．设各项均为正数的数列{a n }满足321122,(N*)n n n a a a a n ++==∈.（Ⅰ）若21,4a =求a 3,a 4,并猜想a 2008的值（不需证明）;（Ⅱ）若对n ≥2恒成立，求a 2的值.(Ⅱ)令x n =log 2a n ，则，故只需求x 2的值。

设S n 表示x n 的前n 项和，则，由得≤S n =x 1+x 2+…+x n ＜2(n≥2)，因上式对n=2成立，可得≤x 1+x 2，又由a 1=2，得x 1=1，故x 2≥，由于a 1=2，(n ∈N*)，得(n ∈N*)，即，因此数列｛x n+1+2x n ｝是首项为x 2+2，公比为的等比数列，故x n+1+2x n =(x 2+2)(n ∈N*)，将上式对n 求和得S n+1-x1+2S n=(x 2+2)(1++…+)=(x 2+2)(2-)(n≥2)，因S n ＜2，S n+1＜2（n≥2）且x 1=1，故(x 2+2)(2-)＜5（n≥2），因此（n≥2），下证x 2≤，若不然，假设x 2＞，则由上式知，不等式2n-1＜对n≥2恒成立，但这是不可能的，因此x 2≤；又x 2≥，故x 2=，所以。

3．（1）已知两个等比数列{}{}n n b a ,，满足()3,2,1,03322111=-=-=->=a b a b a b a a a ，若数列{}n a 唯一，求a 的值；（2）是否存在两个等比数列{}{}n n b a ,，使得44332211,,,a b a b a b a b ----成公差∙不为0 的等差数列？若存在，求{}{}n n b a , 的通项公式；若∙不存在，说明理由．（1）{a n }要唯一，∴当公比时，由且，∵a ＞0， ∴最少有一个根（有两个根时，保证仅有一个正根），∴，此时满足条件的a 有无数多个，不符合。

高考数学《数列》大题训练50题含答案解析整理版

高考数学《数列》大题训练50题1 ．数列{}的前n 项和为，且满足，.n a n S 11a =2(1)n n S n a =+（1）求{}的通项公式；（2）求和T n =.n a 1211123(1)na a n a ++++L 2 ．已知数列，a 1=1，点在直线上.}{n a *))(2,(1N n a a P n n ∈+0121=+-y x （1）求数列的通项公式；}{n a （2）函数，求函数最小值.)2*,(1111)(321≥∈++++++++=n N n a n a n a n a n n f n且 )(n f 3 ．已知函数(a ，b 为常数)的图象经过点P （1，）和Q （4，8）x ab x f =)(81(1) 求函数的解析式；)(x f (2) 记a n =log 2,n 是正整数，是数列{a n }的前n 项和，求的最小值。

)(n f n S n S 4 ．已知y ＝f (x )为一次函数，且f (2)、f (5)、f (4)成等比数列，f (8)＝15．求＝f (1)＋f (2)＋…＋f (n )的表达式．n S 5 ．设数列的前项和为，且，其中是不等于和0的实常数.{}n a n n S 1n n S c ca =+-c 1-（1）求证: 为等比数列；{}n a （2）设数列的公比，数列满足，试写出的{}n a ()q f c ={}n b ()()111,,23n n b b f b n N n -==∈≥1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭通项公式，并求的结果.12231n n b b b b b b -+++L 6 ．在平面直角坐标系中,已知A n (n,a n )、B n (n,b n )、C n (n -1,0)(n ∈N *)，满足向量与向量共线，且1+n n A A n n C B 点B n (n,b n ) (n ∈N *)都在斜率为6的同一条直线上.(1)试用a 1,b 1与n 来表示a n ;(2)设a 1=a ,b 1=-a ,且12<a ≤15，求数列{a n }中的最小项.7 ．已知数列的前三项与数列的前三项对应相同，且…对任意的{}n a {}n b 212322a a a +++12n n a -+8n =∈n N*都成立，数列是等差数列．1{}n n b b +-（1）求数列与的通项公式；{}n a {}n b （2）问是否存在N *，使得？请说明理由．k ∈(0,1)k k b a -∈8 ．已知数列),3,2(1335,}{11 =-+==-n a a a a nn n n 且中（I ）试求a 2，a 3的值；（II ）若存在实数为等差数列，试求λ的值.}3{,nn a λλ+使得9 ．已知数列的前项和为，若，{}n a n n S ()1,211++=⋅=+n n S a n a n n（1）求数列的通项公式;{}n a （2）令，①当为何正整数值时，：②若对一切正整数，总有，求的n nn S T 2=n 1+>n n T T n m T n ≤m 取值范围。

高三数列专题练习30道带答案(2)

〔1〕求数列的通项公式；
〔2〕若数列满足，求的前项和．
13．已知数列是等比数列，满足，数列满足，且是等差数列.
〔I〕求数列和的通项公式；
〔II〕求数列的前n项和.
14．设数列满足，.
〔1〕求数列的通项公式；
〔2〕设，求数列的前项和.
15．数列的前项和满足，且成等差数列．
〔1〕求数列的通项公式；
〔2〕设，求数列的前项和．
考点：1、等差等比知识；2、裂项相消求和．
11．〔1〕；〔2〕．
【解析】
试题分析：〔1〕根据，令解得，进而得数列的通项公式为；〔2〕由〔1〕，进而得是首项为,公比为的等比数列,再由等比数列前项和公式可得结果．
试题解析：〔1〕，则，又，得，等差数列的公差，所以数列的通项公式为．
〔2〕,所以数列是首项为,公比为的等比数列,．
【方法点睛】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〔其中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，如或.
2．〔Ⅰ〕〔Ⅱ〕
【解析】
试题分析：〔Ⅰ〕将已知条件转化为首项和公差表示，解方程组可得到基本量，从而确定数列的通项公式；〔Ⅱ〕首先化简数列得到的通项公式，结合特点采用裂项相消法求和
试题解析：〔Ⅰ〕依题意得
………2分
解得， …………4分
. ………………………6分
〔Ⅱ〕， …………………7分
……………………9分
∴ ………………………………12分
考点：数列求通项公式及数列求和
3．〔1〕；〔2〕．
【解析】
试题分析：〔1〕设数列的公比为，由，，称等差数列，求解，即可求解数列的通项公式；〔2〕由〔1〕可知，利用乘公比错位相减法，求解数列的和，再根据不等式恒成立，利用关于单调性，即可求解的取值范围．

高中数学数列大题压轴题集锦难题培优带答案

高中数学数列练习题一．解答题（共40小题）1．若无穷数列{a n}满足：a1是正实数，当n≥2时，|a n﹣a n﹣1|＝max{a1，a2，…，a n﹣1}，则称{a n}是“Y﹣数列”．（Ⅰ）若{a n}是“Y﹣数列”且a1＝1，写出a4的所有可能值；（Ⅱ）设{a n}是“Y﹣数列”，证明：{a n}是等差数列当且仅当{a n}单调递减；{a n}是等比数列当且仅当{a n}单调递增；（Ⅲ）若{a n}是“Y﹣数列”且是周期数列（即存在正整数T，使得对任意正整数n，都有a T+n＝a n），求集合{1≤i ≤2018|a i＝a1}的元素个数的所有可能值的个数．2．若无穷数列{a n}和无穷数列{b n}满足：存在正常数A，使得对任意的n∈N*，均有|a n﹣b n|≤A，则称数列{a n}与{b n}具有关系P（A）．（1）设无穷数列{a n}和{b n}均是等差数列，且，问：数列{a n}与{b n}是否具有关系P（1）？说明理由；（2）设无穷数列{a n}是首项为1，公比为的等比数列，，证明：数列{a n}与{b n}具有关系P（A）；并求A的最小值；（3）设无穷数列{a n}是首项为1，公差为d（d∈R）的等差数列，无穷数列{b n}是首项为2，公比为q（q∈N*）的等比数列，试求数列{a n}与{b n}具有关系P（A）的充要条件．3．对于数列{x n}，若存在m∈N*，使得x2m﹣k＝x k对任意1≤k≤2m﹣1（k∈N*）都成立，则称数列{x n}为“m﹣折叠数列”．（1）若a n＝C（n≤2021，n∈N*），b n＝n2﹣2019n﹣1（n∈N*），判断数列{a n}，{b n}是否是“m﹣折叠数列”，如果是，指出m的值；如果不是，请说明理由；（2）若x n＝q n（n∈N*），求所有的实数q，使得数列{x n}是3﹣折叠数列；（3）给定常数p∈N*，是否存在数列{x n}，使得对所有m∈N*，{x n}都是pm﹣折叠数列，且{x n}的各项中恰有p+1个不同的值，证明你的结论．4．若存在常数m∈R，使对任意的n∈N*，都有a n+1≥ma n，则称数列{a n}为Z（m）数列．（1）已知{a n}是公差为2的等差数列，其前n项和为S n．若S n是Z（1）数列，求a1的取值范围；（2）已知数列{b n}的各项均为正数，记数列{b n}的前n项和为R n，数列{b n2}的前n项和为T n，且3T n＝R n2+4R n，n∈N*．①求证：数列{b n}是等比数列；②设c n＝b n+，试证明：存在常数m∈R，对于任意的λ∈[2，3]，数列{c n}都是Z（m）数列，并求出m的最大值．5．在孟德尔遗传理论中，称遗传性状依赖的特定携带者为遗传因子，遗传因子总是成对出现．例如，豌豆携带这样一对遗传因子：A使之开红花，a使之开白花，两个因子的相互组合可以构成三种不同的遗传性状：AA为开红花，Aa 和aA一样不加区分为开粉色花，aa为开白色花．生物在繁衍后代的过程中，后代的每一对遗传因子都包含一个父系的遗传因子和一个母系的遗传因子，而因为生殖细胞是由分裂过程产生的，每一个上一代的遗传因子以的概率传给下一代，而且各代的遗传过程都是相互独立的．可以把第n代的遗传设想为第n次实验的结果，每一次实验就如同抛一枚均匀的硬币，比如对具有性状Aa的父系来说，如果抛出正面就选择因子A，如果抛出反面就选择因子a，概率都是；对母系也一样．父系、母系各自随机选择得到的遗传因子再配对形成子代的遗传性状．假设三种遗传性状AA，Aa（或aA），aa在父系和母系中以同样的比例u：v：ω（u+v+ω＝1）出现，则在随机杂交实验中，遗传因子A被选中的概率是p＝u+，遗传因子a被选中的概率是q＝ω+，称p，q分别为父系和母系中遗传因子A 和a的频率，p：q实际上是父系和母系中两个遗传因子的个数之比．基于以上常识回答以下问题：（1）如果植物的，上一代父系、母系的遗传性状都是Aa，后代遗传性状为AA，Aa（或aA），aa的概率各是多少？（2）对某一植物，经过实验观察发现遗传性状aa具有重大缺陷，可人工剔除，从而使得父系和母系中仅有遗传性状为AA和Aa（或aA）的个体，在进行第一代杂交实验时，假设遗传因子A被选中的概率为p，a被选中的概率为q，p+q＝1．求杂交所得子代的三种遗传性状AA，Aa（或aA），aa所占的比例u1，v1，ω1．（3）继续对（2）中的植物进行杂交实验，每次杂交前都需要剔除性状为aa的个体．假设得到的第n代总体中3种遗传性状AA，Aa（或aA），aa所占比例分别为u n，v n，ωn（u n+v n+ωn＝1）．设第n代遗传因子A和a的频率分别为p n和q n，已知有以下公式p n＝，q n＝，n＝1，2，……，证明{}是等差数列．（4）求u n，v n，ωn的通项公式，如果这种剔除某种遗传性状的随机杂交实验长期进行下去，会有什么现象发生？6．给定n（n≥3，n∈N*）个不同的数1，2，3，……，n，它的某一个排列P的前k（k∈N*，1≤k≤n）项和为S k，该排列P中满足2S k≤S n的k的最大值为k p．记这n个不同数的所有排列对应的k p之和为T n．（1）若n＝3，求T3；（2）若n＝4l+1，l∈N*，（i）证明：对任意的排列P，都不存在k（k∈N*，1≤k≤n）使得2S k＝S n；（ii）求T n（用n表示）．7．已知数列{a n}的前n项和为S n，满足S n＝．（Ⅰ）求证：{a n}是等差数列；（Ⅱ）已知{b n}是公比为q的等比数列，a1＝b1，a2＝b2≠a1，记T n为数列{b n}的前n项和．（1）若b k＝a m（m，k是大于2的正整数），求证：T k﹣1＝（m﹣1）a1；（2）若b3＝a i（i是某个正整数），求证：q是整数，且数列{b n}中的每一项都是数列{a n}中的项．8．对给定的正整数n，令Ωn＝{a＝（a1，a2，…，a n）|a i∈{0，1}，i＝1，2，3，…，n}．对任意的x＝（x1，x2，…，x n），y＝（y1，y2，…，y n）∈Ωn，定义x与y的距离d（x，y）＝|x1﹣y1|+|x2﹣y2|+…+|x n﹣y n|．设A是Ωn的含有至少两个元素的子集，集合D＝{d（x，y）|x≠y，x，y∈A}中的最小值称为A的特征，记作χ（A）．（Ⅰ）当n＝3时，直接写出下述集合的特征：A＝{（0，0，0），（1，1，1）}，B＝{（0，0，0），（0，1，1），（1，0，1），（1，1，0）}，C＝{（0，0，0），（0，0，1），（0，1，1），（1，1，1）}．（Ⅱ）当n＝2020时，设A⊆Ω2020且χ（A）＝2，求A中元素个数的最大值；（Ⅲ）当n＝2020时，设A⊆Ω2020且χ（A）＝3，求证：A中的元素个数小于．9．设集合A的元素均为实数，若对任意a∈A，存在b∈B，c∈C．使得b+c＝a且b﹣c＝1，则称元素最少的B和C为A 的“孪生集”；称A的“孪生集”的“孪生集”为A的“2级孪生集”；称A的“2级孪生集”的“孪生集”为A的“3级孪生集”，依此类推…（1）设A＝{3，5，7}，直接写出集合A的“孪生集”；（2）设元素个数为n的集合A的“孪生集”分别为B和C，若使集合∁B∪C（B∩C）中元素个数最少且所有元素之和为3，证明：A中所有元素之和为3n；（3）若A＝{a k|a k＝a1+2（k﹣1），1≤k≤n，k∈N*}，请直接写出A的“n级孪生集”的个数，设A的所有”n级孪生集”的并集为Ω，若Ω＝M1∪M2∪M3；求有序集合组（M1，M2，M3）的个数．10．非空集合A⊆R+，满足∀x∈A，总有∉A，记集合T（A）＝{（x，y）|x∈A，y∈A，∈A}．（Ⅰ）求证：∀x∈A，（x，x）∉T（A）；（Ⅱ）若T（A）中只有1个元素（a，b），求证：a＝b2；（Ⅲ）若集合A＝{a，b，c，d，e}，且a＜b＜c＜d＜e，T（A）中恰有10个元素，求证：c2＝ae．11．一农妇原有a0∈N*个鸡蛋，现分9次售卖鸡蛋，设每次卖出后剩下的鸡蛋个数依次为a1，a2，…，a9个．（Ⅰ）如果农妇第一次卖去全部鸡蛋的一半又半个，第二次卖去剩下的一半又半个，第三次又卖去剩下的一半又半个，…，第九次仍然卖去剩下的一半又半个，而且这次恰好全部卖完，求a9，a8，a7，给出数列{a n}的递公式并据此求出a0；（Ⅱ）鸡蛋无法分割出售，如果农妇原有鸡蛋a0＝511个，是否存在p，q∈N*，（p＞2），使得农妇按如下方式卖鸡蛋：第一次卖去全部的又个，第二次卖去剩下的又个，第三次又卖去剩下的又个，…，第九次仍然卖去剩下的又个，而且这次恰好全部卖完？如果存在，求出可能的p，q的值，如果不存在，请说明理由．12．对于无穷数列{a n}的某一项a k，若存在m∈N*，有a k＜a k+m（k∈N*）成立，则称a k具有性质P（m）．（1）设a n＝|n﹣3|（n∈N*），若对任意的k∈N*，a k都具有性质P（m），求m的最小值；（2）设等差数列{a n}的首项a1＝﹣2，公差为d，前n项和为S n（n∈N*），若对任意的k∈N*，数列{S n}中的项S k 都具有性质P（7），求实数d的取值范围；（3）设数列{a n}的首项a1＝2，当n≥2（n∈N*）时，存在i（1≤i≤n﹣1，i∈N*）满足a n＝2a i，且此数列中恰有一项a t（2≤t≤99，t∈N*）不具有性质P（1），求此数列的前100项和的最大值和最小值以及取得最值时对应的t的值．13．已知m为正整数，各项均为正整数的数列{a n}满足：a n+1＝，记数列{a n}的前n项和为S n．（1）若a1＝8，m＝2，求S7的值；（2）若m＝5，S3＝25，求a1的值；（3）若a1＝1，m为奇数，求证：“a n+1＞m”的充要条件是“a n为奇数”．14．已知数列{a n}是由正整数组成的无穷数列．若存在常数k∈N*，使得a2n﹣1+a2n＝ka n对任意的n∈N*成立，则称数列{a n}具有性质Ψ（k）．（Ⅰ）分别判断下列数列{a n}是否具有性质Ψ（2）；（直接写出结论）①a n＝1；②a n＝2n．（Ⅱ）若数列{a n}满足a n+1≥a n（n＝1，2，3，…），求证：“数列{a n}具有性质Ψ（2）”是“数列{a n}为常数列”的充分必要条件；（Ⅲ）已知数列{a n}中a1＝1，且a n+1＞a n（n＝1，2，3，…）．若数列{a n}具有性质Ψ（4），求数列{a n}的通项公式．15．用[x]表示一个小于或等于x的最大整数．如：[2]＝2，[4.1]＝4，[﹣3.1]＝﹣4．已知实数列a0，a1，…对于所有非负整数i满足a i+1＝[a i]•（a i﹣[a i]），其中a0是任意一个非零实数．（Ⅰ）若a0＝﹣2.6，写出a1，a2，a3；（Ⅱ）若a0＞0，求数列{[a i]}的最小值；（Ⅲ）证明：存在非负整数k，使得当i≥k时，a i＝a i+2．16．在无穷数列{a n}中，a1，a2是给定的正整数，a n+2＝|a n+1﹣a n|，n∈N*．（Ⅰ）若a1＝5，a2＝3，写出a2019，a2020，a2021的值；（Ⅱ）证明：存在m∈N*，当n＞m时，数列{a n}中的项呈周期变化；（Ⅲ）若a1，a2的最大公约数是k，证明数列{a n}中必有无穷多项为k．17．设等差数列{a n}的首项为0，公差为a，a∈N*；等差数列{b n}的首项为0，公差为b，b∈N*．由数列{a n}和{b n}构造数表M，与数表M*：记数表M中位于第i行第j列的元素为c i，j，其中c i，j＝a i+b j（i，j＝1，2，3，…）．记数表M*中位于第i行第j列的元素为d i，j，其中d i，j＝a i﹣b j+1．（1≤i≤b，i∈N*，j∈N*）．如：c1，2＝a1+b2，d l，2＝a1﹣b3．（I）设a＝5，b＝9，请计算c2，6，c396，6，d2，6；（Ⅱ）设a＝6．b＝7，试求c i，j，d i，j的表达式（用i，j表示），并证明：对于整数t，若t不属于数表M，则t属于数表M*；（Ⅲ）设a＝6，b＝7，对于整数t，t不属于数表M，求t的最大值．18．已知数列{a n}是等比数列，a1＝2，且a2，a3+2，a4成等差数列．数列{b n}满足：b1+++……+＝（n∈N*）．（Ⅰ）求数列{a n}和{b n}的通项公式；（Ⅱ）求证：+++……+＜．19．记无穷数列{a n}的前n项中最大值为M n，最小值为m n，令，则称{b n}是{a n}“极差数列”．（Ⅰ）若a n＝3n﹣2，{b n}的前n项和；（Ⅱ）证明：{b n}的“极差数列”是{}20．已知数列{a n}的首项a1＝3，对任意的n∈N*，都有a n+1＝ka n﹣1（k≠0），数列{a n﹣1}是公比不为1的等比数列．（1）求实数k的值；（2）设数列{b n}的前n项和为S n，求所有正整数m的值，使得恰好为数列{b n}中的项．21．给定整数n（n≥2），数列A2n+1：x1，x2，…，x2n+1每项均为整数，在A2n+1中去掉一项x k，并将剩下的数分成个数相同的两组，其中一组数的和与另外一组数的和之差的最大值记为m k（k＝1，2，…，2n+1）．将m1，m2，…，m2n+1中的最小值称为数列A2n+1的特征值．（Ⅰ）已知数列A5：1，2，3，3，3，写出m1，m2，m3的值及A5的特征值；（Ⅱ）若x1≤x2≤…≤x2n+1，当[i﹣（n+1）][j﹣（n+1）]≥0，其中i，j∈{1，2，…，2n+1}且i≠j时，判断|m i﹣m j|与|x i﹣x j|的大小关系，并说明理由；（Ⅲ）已知数列A2n+1的特征值为n﹣1，求的最小值．22．斐波那契数列（Fibonaccisequence），又称黄金分割数列、因数学家列昂纳多•斐波那契（Leonardodalibonace）以免子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．记斐波那契数列为{a n}，数列{a n}满足a1＝1，a2＝1，a n+1＝a n+a n（n≥2，n∈N*）．﹣1（1）若{a n+1﹣pa n）（p＜0）是等比数列，求实数p的值；（2）求斐波那契数列{a n}的通项公式；（3）求证：从第二项起，每个偶数项的平方都比其前后两项之积少1．23．已知数列{a n}满足：①a n∈N（n∈N*）；②当n＝2k（k∈N*）时，；③当n≠2k（k∈N*）时，a n＜a n+1，记数列{a n}的前n项和为S n．（1）求a1，a3，a9的值；（2）若S n＝2020，求n的最小值；（3）求证：S 2n＝4S n﹣n+2的充要条件是（n∈N*）．24．已知集合M⊆N*，且M中的元素个数n大于等于5．若集合M中存在四个不同的元素a，b，c，d，使得a+b＝c+d，则称集合M是“关联的”，并称集合{a，b，c，d}是集合M的“关联子集”；若集合M不存在“关联子集”，则称集合M是“独立的”．（Ⅰ）分别判断集合{2，4，6，8，10}和集合{1，2，3，5，8}是“关联的”还是“独立的”？若是“关联的”，写出其所有的关联子集；（Ⅱ）已知集合{a1，a2，a3，a4，a5}是“关联的”，且任取集合{a i，a j}⊆M，总存在M的关联子集A，使得{a i，a j}⊆A．若a1＜a2＜a3＜a4＜a5，求证：a1，a2，a3，a4，a5是等差数列；（Ⅲ）集合M是“独立的”，求证：存在x∈M，使得．25．无穷数列{a n}满足：a1为正整数，且对任意正整数n，a n+1为前n项a1，a2，…，a n中等于a n的项的个数．（Ⅰ）若a1＝2，请写出数列{a n}的前7项；（Ⅱ）求证：对于任意正整数M，必存在k∈N*，使得a k＞M；（Ⅲ）求证：“a1＝1”是“存在m∈N*，当n≥m时，恒有a n+2≥a n成立”的充要条件．26．已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝0，S n+n＝a n+1，n∈N*（Ⅰ）求证：数列{a n+1}是等比数列，（Ⅱ）设数列{b n}的首项b1＝1，其前n项和为T n，且点（T n+1，T n）在直线﹣＝上，求数列{}的前n项和R n．27．已知数列{a n}的前n项和为S n，且满足S n＝n2﹣4n，数列{b n}中，b1＝对任意正整数．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）是否存在实数μ，使得数列{3n•b n+μ}是等比数列？若存在，请求出实数μ及公比q的值，若不存在，请说明理由；（3）求证：﹣．28．各项均为非负整数的数列{a n}同时满足下列条件：①a1＝m（m∈N*）；②a n≤n﹣1（n≥2）；③n是a1+a2+…+a n的因数（n≥1）．（Ⅰ）当m＝5时，写出数列{a n}的前五项；（Ⅱ）若数列{a n}的前三项互不相等，且n≥3时，a n为常数，求m的值；（Ⅲ）求证：对任意正整数m，存在正整数M，使得n≥M时，a n为常数．29．.已知数列{a n}，{b n}满足：a n+b n＝1，b n+1＝，且a1，b1是函数f（x）＝16x2﹣16x+3的零点（a1＜b1）．（1）求a1，b1，b2；（2）设c n＝，求证：数列{c n}是等差数列，并求b n的通项公式；（3）设S n＝a1a2+a2a3+a3a4+…+a n a n+1，不等式4aS n＜b n恒成立时，求实数a的取值范围．30．已知正项数列{a n}的前n项和为S n，数列{a n}满足，2S n＝a n（a n+1）．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设数列{}的前n项和为A n，求证：对任意正整数n，都有A n＜成立；（3）数列{b n}满足b n＝（）n a n，它的前n项和为T n，若存在正整数n，使得不等式（﹣2）n﹣1λ＜T n+﹣2n﹣1成立，求实数λ的取值范围．31．给定数列{a n}，记该数列前i项a1，a2，…，a i中的最大项为A i，即A i＝max{a1，a2，…，a i}；该数列后n﹣i项a i+1，a i+2，…，a n中的最小项为B i，即B i＝min{a i+1，a i+2，…，a n}；d i＝A i﹣B i（i＝1，2，3，…，n﹣1）（1）对于数列：3，4，7，1，求出相应的d1，d2，d3；（2）若S n是数列{a n}的前n项和，且对任意n∈N*，有，其中λ为实数，λ＞0且．①设，证明数列{b n}是等比数列；②若数列{a n}对应的d i满足d i+1＞d i对任意的正整数i＝1，2，3，…，n﹣2恒成立，求实数λ的取值范围．32．设各项均为正数的等比数列{a n}中，a1+a3＝10，a3+a5＝40．设b n＝log2a n．（1）求数列{b n}的通项公式；（2）若c1＝1，c n+1＝c n+，求证：c n＜3．（3）是否存在正整数k，使得++…+＞对任意正整数n均成立？若存在，求出k的最大值，若不存在，说明理由．33．已知数列{a n}的前n项和为S n，设数列{b n}满足b n＝2（S n+1﹣S n）S n﹣n（S n+1+S n）（n∈N*）．（1）若数列{a n}为等差数列，且b n＝0，求数列{a n}的通项公式；（2）若a1＝1，a2＝3，且数列{a2n﹣1}的，{a2n}都是以2为公比的等比数列，求满足不等式b2n＜b2n﹣1的所有正整数的n集合．34．已知数列{a n}的首项，a n+1a n+a n+1＝2a n．（1）证明：数列是等比数列；（2）数列的前n项和S n．35．设等差数列{a n}的前n项和为S n，且S4＝4S2，a2n＝2a n+1．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式（Ⅱ）设数列{b n}的前n项和为T n，且（λ为常数）．令c n＝b2n，（n∈N*），求数列{c n}的前n项和R n．36．已知正项数列{a n}的前n项和为S n，且a n和S n满足：4S n＝（a n+1）2（n＝1，2，3…），（1）求{a n}的通项公式；（2）设b n＝，求{b n}的前n项和T n；（3）在（2）的条件下，对任意n∈N*，T n＞都成立，求整数m的最大值．37．设数列{a n}，对任意n∈N*都有（kn+b）（a1+a n）+p＝2（a1+a2…+a n），（其中k、b、p是常数）．（1）当k＝0，b＝3，p＝﹣4时，求a1+a2+a3+…+a n；（2）当k＝1，b＝0，p＝0时，若a3＝3，a9＝15，求数列{a n}的通项公式；（3）若数列{a n}中任意（不同）两项之和仍是该数列中的一项，则称该数列是“封闭数列”．当k＝1，b＝0，p＝0时，设S n是数列{a n}的前n项和，a2﹣a1＝2，试问：是否存在这样的“封闭数列”{a n}，使得对任意n∈N*，都有S n≠0，且．若存在，求数列{a n}的首项a1的所有取值；若不存在，说明理由．38．设正整数数列{a n}满足．（1）若a5＝1，请写出所有可能的a1的取值；（2）求证：{a n}中一定有一项的值为1或3；（3）若正整数m满足当a1＝m时，{a n}中存在一项值为1，则称m为“归一数”，是否存在正整数m，使得m与m+1都不是“归一数”？若存在，请求出m的最小值；若不存在，请说明理由．39．已知数列{a n}满足若a1＞0，a n+1＝．（1）若a6＝，求a4的值；（2）是否存在n∈N*，使得若a n+a n+1＝a n+2成立？若存在，求出n的值；若不存在，说明理由；（3）求证：若a1∈Q，则存在k∈N*，a k＝1．40．对于无穷数列{a n}，“若存在a m﹣a k＝t（m，k∈N*，m＞k），必有a m+1﹣a k+1＝t”，则称数列{a n}具有P（t）性质．（1）若数列{a n}满足，判断数列{a n}是否具有P（1）性质？是否具有P（4）性质？（2）对于无穷数列{a n}，设T＝{x|x＝a j﹣a i，i＜j}，求证：若数列{a n}具有P（0）性质，则T必为有限集；（3）已知{a n}是各项均为正整数的数列，且{a n}既具有P（2）性质，又具有P（3）性质，是否存在正整数N、k，使得a N、a N+1、a N+2、…、a N+k、…成等差数列，若存在，请加以证明，若不存在，说明理由．参考答案与试题解析一．解答题（共40小题）1．【解答】解：（Ⅰ）由题，所有可能的情况有a2＝2，0，a3＝4，0，1，﹣1，a4＝8，0，2，﹣2，2，0，0，﹣2，故a4的所有可能值为﹣2，0，2，8．（Ⅱ）证明：①因为|a2﹣a1|＝a1，所以a2＝0或2a1．当{a n}是等差数列时，假设a2＝2a1，则a3＝2a2﹣a1＝3a1．此时，|a3﹣a2|＝a1，而max{a1，a2}＝2a1，矛盾！所以a2＝0．于是公差d＝a2﹣a1＝﹣a1＜0，所以{a n}单调递减，当{a n}单调递减时，对任意n≥2，max{a1，a2，…，a n﹣1}＝a1．又|a n﹣a n﹣1|＝a n﹣1﹣a n，所以a n﹣a n﹣1＝﹣a1，从而{a n}是等差数列，②当{a n}是等比数列时，a2≠0，所以a2＝2a1，于是公比q＝2＞1．又a1＞0，所以{a n}单调递增．当{a n}单调递增时，对任意n≥2，max{a1，a2，…，a n﹣1}＝a n﹣1．又|a n﹣a n﹣1|＝a n﹣a n﹣1，所以a n﹣a n﹣1＝a n﹣1，即a n＝2a n﹣1．因为a1≠0，所以{a n}是等比数列（Ⅲ）解：先证明a1是数列{a n}中的最大项．事实上，如果i是第一个大于a1的项的脚标，则由|a i+1﹣a i|＝max{a1，a2，…，a i}＝a i知，a i+1是a i的倍数．假设a i+1，a i+2，L，a i+k﹣1都是a i的倍数，则由|a i+k﹣a i+k﹣1|＝max{a1，a2，…，a i+k﹣1}＝max{a i，a i+1，…，a i+k﹣1}知，a i+k也是a i的倍数．所以由归纳法知，对任意n≥i，a n都是a i的倍数．但a1不是a i的倍数，这与{a n}是周期数列矛盾！所以a1是数列{a n}中的最大项，从而当n≥2时，|a n﹣a n﹣1|＝a1．再证明当n是奇数时，a n是a1的奇数倍；当n是偶数时，a n是a1的偶数倍事实上，当n＝1时结论成立，假设n＝k时成立，当n＝k+1时，由|a k+1﹣a k|＝a1知，结论也成立，所以，若a i＝a1，i的值只可能为奇数，所以集合{1≤i≤2018|a i＝a1}的元素个数最多有1009个．下证集合{1≤i≤2018|a i＝a1}的元素个数可以是1～1009的所有整数．事实上，对于i＝2019，可取数列为：也即：所有的奇数项均等于a1，所有的偶数项均等于0，此时，数列为Y数列，且T＝2．对于任意整数1≤t＜1009，构造数列的前2018项如下：由于数列是无穷数列，故可取T＝2018，显然满足数列是Y数列．综上，集合{1≤i≤2018|a i＝a1}的元素个数的所有可能值的个数为1009．2．【解答】解：（1）因为，若数列{a n}与{b n}具有关系P（1），则对任意的n∈N*，均有|a n﹣b n|≤1，即|2n﹣（n+2）|≤1，亦即|n﹣2|≤1，但n＝4时，|n﹣2|＝2＞1，所以数列{a n}与{b n}不具有关系P（1），（2）证明：因为无穷数列{a n}是首项为1，公比为的等比数列，所以，因为b n＝a n+1+1，所以，所以，所以数列{a n}与{b n}具有关系P（A）．设A的最小值为A0，|a n﹣b n|≤A0，因为|a n﹣b n|＜1，所以A0≤1．若0＜A0＜1，则当时，，则，这与“对任意的n∈N*，均有|a n﹣b n|≤A0”矛盾，所以A0＝1，即A的最小值为1．（3）因为数列{a n}是首项为1，公差为d（d∈R）的等差数列，无穷数列{b n}是首项为2，公比为q（q∈N*）的等比数列，所以，设，则．数列{a n}与{b n}具有关系P（A），即存在正常数A，使得对任意的n∈N*，均有|a n﹣b n|≤A．（Ⅰ）当d＝0，q＝1时，|a n﹣b n|＝|1﹣2|＝1≤1，取A＝1，则|a n﹣b n|≤A，数列{a n}与{b n}具有关系P（A）（Ⅱ）当d＝0，q≥2时，假设数列{a n}与{b n}具有关系P（A），则存在正常数A，使得对任意的n∈N*，均有|a n﹣b n|≤A．因为|b n|﹣|a n|≤|a n﹣b n，所以，对任意的n∈N*，|b n|﹣|a n|≤A，即bq n≤1+A，，所以，这与“对任意的n∈N*，均有|b n|﹣|a n|≤A”矛盾，不合；（Ⅲ）当d≠0，q＝1时，假设数列{a n}与{b n}具有性质P（A），则存在正常数A，使得对任意的n∈N*，均有|a n﹣b n|≤A．因为|a n|﹣|b n|≤|a n﹣b n|，所以，对任意的n∈N*，|a n|﹣|b n|≤A，即|a n|≤2+A，即|dn+a|≤2+A，所以|dn|﹣|a|≤2+A，，这与“对任意的n∈N*，均有|a n|﹣|b n|≤A”矛盾，不合；（Ⅳ）当d≠0，q≥2时，假设数列{a n}与{b n}具有性质P（A），则存在正常数A，使得对任意的n∈N*，均有|a n﹣b n|≤A．因为|b n|﹣|a n|≤|a n﹣b n，所以，对任意的n∈N*，|b n|﹣|a n|≤A，所以bq n≤|dn+a|+A≤|d|n+|a|+A，所以，设，则对任意的n∈N*，q n≤λn+μ．因为q n≥2n所以，对任意的n∈N*，2n≤λn+μ，下面先证明：存在N＞1，当n＞N时，2n＞n2．即证nln2﹣2lnn＞0．设，则，所以x∈（0，4）时，f′（x）＞0，f（x）在区间（0，4）上递增，同理f（x）在区间（4，+∞）上递减，所以f（x）max＝f（4）＝ln4﹣2＜0，所以．因此，，所以，当时，xln2﹣2lnx＞0，设，则当x＞N时，xln2﹣2lnx＞0，即当n＞N时，2n＞n2，又2n≤λn+μ，所n2＜λn+μ，即n2﹣λn﹣μ＜0，解得，这与对任意的n∈N*，2n≤λn+μ矛盾，不合．综上所述，数列{a n}与{b n}具有关系P（A）的充要条件为d＝0，q＝1．3．【解答】解：（1）若数列{a n} 为“m﹣折叠数列“，则a2m﹣k＝a k，所以，所以2m﹣k﹣1+k﹣1＝2020，得m＝1011，所以{a n} 为“m﹣折叠数列”，m＝1011，若数列{b n} 是“m﹣折叠数列，则b2m﹣k＝b k，所以，得，所以数列{b n} 不是“m﹣折叠数列．（2）要使通项公式为的数列{x n} 是3﹣折叠数列，只需要，当q＝0 时，x n＝0，显然成立，当q≠0 时，由q6﹣k＝q k，得q6﹣2k＝1，q2（3﹣k）＝1，（k∈{1，2，3，4，5}），所以q＝1 或q＝﹣1，综上q＝0，q＝1 或q＝﹣1．（3）对给定的p∈N*，{x n} 都是pm﹣折叠数列，故x n有多条对称轴，其中x＝pm都是数列{x n} 的对称轴，设，由得对称轴为x＝pm，且x n的周期为2p，满足给定常数p∈N*，使得对所有m∈N*，{x n}都是pm﹣折叠数列，x n是周期函数，周期为2p，在（1，2p]这个周期内，x＝p为对称轴，故x n∈（1，2p]对应函数值的个数与x n∈[p，2p]对应的函数值个数相等，即x n∈[p，2p]时，，所以{x n} 在x n∈[p，2p]上单调递增，因为p∈N*，所以x n各项中共有p+1 个不同的值，综上，给定常数p∈N*，存在数列{x n}，使得对所有m∈N*，{x n} 都是pm﹣折叠数列，且{x n} 的各项中恰有p+1 个不同的值．4．【解答】解：（1）由题可得：是Z（1）数列，S n+1≥S n恒成立，对任意的n∈N*恒成立，a1≥﹣2n对任意的n∈N*恒成立，所以a1≥﹣2．（2）①由题：，，两式相减得，3b2＝（R n+R n﹣1）b n+4b n，n≥2，数列{b n} 的各项均为正数，所以3b n＝R n+R n﹣1+4，n≥2，3b n﹣1＝R n﹣1+R n﹣2+4，n≥3，两式相减得：3b n﹣3b n﹣1＝b n+b n﹣1，n≥3，b n＝2b n﹣1，n≥3，当n＝1 时可得，数列{b n} 的各项均为正数，所以b1＝2，当n＝2 时，3b n＝R n+R n﹣1+4，n≥2 可得3b2＝R2+R1+4，3b2＝b2+2+2+4，所以b2＝4，综上可得：数列{b n} 是以2为首项，2为公比的等比数列．②由①可得，c n+1≥m c n，λ∈[2，3]对任意的n∈N*恒成立，（*），取m＝0 知，c n+1≥0 对任意的λ∈[2，3]，n∈N*恒成立，存在常数m∈R，使{∁n} 是数列Z（m），下求m的最大值，由（*）得＝＝，所以，因为，令，则＝＝，当n＝1时，G（2）﹣G（1）＜0，G（2）＜G（1）；当n≥2时，（27n﹣27）•22n﹣9≥27×8﹣9＞0，∴G（n+1）＞G（n）∴G（2）＜G（3）＜…＜G（n），∴，∴，∴．5．【解答】解：（1）即Aa与Aa是父亲和母亲的性状，每个因子被选择的概率都是，故AA出现的概率是或aA出现的概率是，aa出现的概率是，所以：AA，Aa（或aA），aa的概率分别是．（2）．（3）由（2）知，于是，，，∴是等差数列，公差为1．（4），其中，（由（2）的结论得），所以，于是，，，，很明显越大，w n+1越小，所以这种实验长期进行下去，w n越来越小，而w n是子代中aa所占的比例，也即性状aa会渐渐消失．6．【解答】解：（1）1，2，3 的所有排列为1，2，3；1，3，2；2，1，3；2，3，1；3，1，2；3，2，1．因为S3＝6，所以对应的k P分别为2，1，2，1，1，1，所以T3＝8．（2）（i）设n个不同数的某一个排列P为a1，a2，……，a n，因为n＝4l+1，l∈N*，所以为奇数，而2S k为偶数，所以不存在k（k∈N*，1≤k≤n）使得2S k＝S n．（ii）因为2S k≤S n，即a1+a2+…+a k⩽a k+1+a k+2+…+a n，又由（i）知不存在k（k∈N*，1≤k≤n）使得2S k＝S n，所以a1+a2+…+a k＜a k+1+a k+2+…+a n，所以满足2S k≤S n的最大下标k即满足a1+a2+…+a k＜a k+1+a k+2+…+a n①，且a1+a2+…+a k+a k+1＞a k+2+…+a n②，考虑排列P的对应倒序排列P′：a n，a n﹣1，……，a1，①②即a n+…+a k+2＜a k+1+a k+…+a2+a1，a n+…+a k+2+a k+1＞a k+…+a2+a1，由题意知k P′＝n﹣k﹣1，则k P+k P′＝n﹣1；因为1，2，3，，n这n个不同数可形成个对应组合（P，P′），且每组（P，P′）中k P+k P′＝n﹣1，所以．7．【解答】解：（Ⅰ）由已知得，，又，所以，所以a1＝na n+2a n+1﹣（n+1）a n+1＝na n﹣（n﹣1）a n+1，①又因为，，所以，所以a1＝（n﹣1）a n﹣1+（2﹣n）a n，②由①②得（n﹣1）a n﹣1+（2﹣n）a n＝na n﹣（n﹣1）a n+1，所以（n﹣1）（a n+1+a n﹣1）＝2（n﹣1）a n（n⩾2），即a n+1+a n﹣1＝2a n，所以{a n} 是等差数列．（Ⅱ）（1）设a1＝a，d＝a2﹣a1，由已知，a+d＝aq，即d＝a（q﹣1），由b k＝a m得aq k﹣1＝a+（m﹣1）d，即a（q k﹣1﹣1）＝（m﹣1）d，所以．（2）当i＝2时，b3＝a2＝b2，从而q＝1，b2＝b1＝a1，与题意不符；当i＝1时，b3＝b1，从而q2＝1，q＝﹣1 （上面已证q≠1），{b n} 成为a，﹣a，a，﹣a，a，﹣a，…，每一项都是数列{a n}中的项（a＝a1，﹣a＝a2）；当i≥3时，由aq2＝a+（i﹣1）d＝a+（i﹣1）•a（q﹣1），得q2＝1+（i﹣1）（q﹣1），即q2﹣（i﹣1）q+（i﹣2）＝0，所以q＝1（舍去），q＝i﹣2．于是i＞3，q为正整数i﹣2．设已有b k＝a j，则因为aq＝a+d，＝a j′（其中j′＝j+q k﹣1），因此数列{b n}中的每一项都是数列{a n}中的项．8．【解答】解：（Ⅰ）χ（A）＝3，χ（B）＝2，χ（C）＝1；（Ⅱ）（a）一方面：对任意的a＝（a1，a2，a3，…，a2019，a2020）∈A，令f（a）＝（a1，a2，a3，…，a2019，a2020），则d（a，f（a））＝|1﹣2a2020|＝1＜2，故f（a）∉A，令集合B＝{f（a）|a∈A}，则A∩B＝∅，（A∪B）⊆Ω2020且A和B的元素个数相同，但Ω2020中共有22020个元素，其中至多一半属于A，故A中至多有2 2019个元素．（b）另一方面：设A＝{（a1，a2，…，a2020）∈Ω2020|a1+a2+…+a2020是偶数}，则A中的元素个数为对任意的x＝（x1，x2，…，x2020），y＝（y1，y2，…，y2020）∈A，x≠y，易得d（x，y）＝|x1﹣y1|+|x2﹣y2|+…+|x n﹣y n|与x1+y1+x2+y2+…+x2020+y2020奇偶性相同，故d（x，y）为偶数，由x≠y，得d（x，y）＞0，故d（x，y）⩾2，注意到（0，0，0，0，…，0，0），（1，1，0，0，…0，0）∈A且它们的距离为2，故此时A满足题意，综上，A中元素个数的最大值为2 2019．（Ⅲ）当n＝2020 时，设A⊆Ω2020且χ（A）＝3，设A＝{x1，x2，…x m}，任意的x i∈A，定义x的邻域N（x i）＝{a∈Ω2020|d（a，x i）⩽1}，（a）对任意的1≤i⩽m，N（x i）中恰有2021 个元素，事实上①若d（a，x i）＝0，则a＝x i，恰有一种可能；，②若d（a，x i）＝1，则a与x i，恰有一个分量不同，共2020种可能；综上，N（x i）中恰有2021个元素，（b）对任意的1⩽i⩽j⩽m，N（x i）∩N（x j）＝∅，事实上，若N（x i）∩N（x j）≠∅，不妨设a∈N（x i）∩N（x j），x j＝（x1′，x2′，…，x2020′），则＝，这与χ（A）＝3，矛盾，由（a）和（b），N（x1）∪N（x2）∪…∪N（x m）中共有2021m个元素，但Ω2020中共有22020个元素，所以，注意到m是正整数，但不是正整数，上述等号无法取到，所以，集合A中的元素个数m小于．9．【解答】解：（1）B＝{2，3，4}，C＝{1，2，3}；（2）将集合A中元素从小到大排列：a1＜a2＜…＜a n，则其“孪生集“，，设集合D＝∁（B∪C）（B∩C），由于，因此集合D中元素个数card（D）≥2，若card（D）＝2，则有，即a k+1﹣a k＝2（1≤k≤n﹣1），因此a1，a2，…，a n构成公差为2 的等差数列，，所以，进而．（3）A的“n级奕生集”的个数为2n，A所有“n级奕生集”的并集的元素个数为2n+n﹣1，每个元素至少属于M1，M2，M3中的一个，所以有序集合组（M1，M2，M3）的个数为．【说明】由（2）知，A所有“ 1 级奕生集”为，它们的并集有n+1＝21+n﹣1 个元素；A所有“2 级奕生集“为，，它们的并集，有n+3＝22+n﹣1 个元素；A所有“3 级奕生集“为，，，，它们的并集，有n+7＝23+n﹣1个元素；A所有“n级奕生集“的并集，其中第2 个元素的分子和最大元素的分子和恰为2a1+2n，即所有元素从小打到大构成首项为，公差为的等差数列，所以共有项，也即A所有“n级奕生集”的并集的元素个数为2n+n﹣1．10．【解答】解：（Ⅰ）反证法，假设不然，∃x0∈A，（x0，x0）∈T（A），则由定义，，由条件，，取x＝1∈A，得1＝，矛盾，所以假设不成立，结论得证．（Ⅱ）由于（a，b）∈T（A），则，显然，，由定义，但T（A）只有一个元素，必有，即，∴a＝b2．（Ⅲ）由条件，因此1∉A，同时，若（p，q）∈T（A），则，必有（q，p）∉T（A），A的二元子集有10个：{a，b}，{a，c}，{a，d}，{a，e}，{b，c}，{b，d}，{b，e}，{c，d}，{c，e}，{d，e}，每个二元子集中元素作为坐标，最多贡献出T（A）中一个元素，而T（A）恰有10个元素，说明A的每个二元子集都贡献了T（A）中的一个元素，换言之，∀p，q∈A，p≠q，则（p，q）∈T（A）或（q，p）∈T（A），即或，若a＜1＜e，则，与上述性质矛盾，所以要么0＜a＜e＜1，要么1＜a＜e，先考虑0＜a＜e＜1 的情况，此时A中所有元素都小于1，于是∀p，q∈A，p＞q＞0，则，必有，此时，是A中五个不同的元素，所以，解得e2＝d，e3＝c，e4＝b，e5＝a，因此c2＝e6＝ae，然后考虑1＜a＜e的情况，此时A中所有元素都大于1，于是∀p，q∈A，p＞q＞0，则，必有，此时，是A中五个不同的元素，所以，解得a2＝b，a3＝c，a4＝d，a5＝e，因此c2＝a6＝ae，综上所述，c2＝ae．11．【解答】（1）由题可知：可直接得到a9＝0，a8＝1，a7＝3 且，由，所以数列{a n+1} 是以a1+1 为首项，公比为的等比数列，则，又，所以，又a9＝0，所以，则a0＝511．（2）由题可知：，即，令，则，所以，则，所以，则数列是以为首项，为公比的等比数列，则，又，所以，又a9＝0，a0＝511，代入上式化简可得（p+1）9＝p8（511q+p）（*），由p，q∈N*，所以（p+1）9能整除p8，所以（p+1）9能整除p，又因为（p，p+1）＝1，故p只能是p＝1，又p＞2，所以p，q不存在．12．【解答】解：（1）由题意知，a1＜a6＜a7＜…，此时m≥5；a2＜a5＜a6＜…，此时m≥3；当k≥3时，a k＜a k+1＜a k+2＜…，此时m≥1；综上知，m≥5，即对任意的k∈N*，a k都具有性质P（m）时m的最小值为5；（2）由题意可知，等差数列{a n}的前n项和为S n＝﹣2n+d，若对任意的k∈N*，数列{S n}中的项S k都具有性质P（7），则S k＜S k+7对任意的k∈N*恒成立，即﹣2k+d＜﹣2（k+7）+d，解得d＞；又因为k≥1，所以实数d的取值范围是d＞；（3）对于2≤t≤99，t∈N*，因为a1，a2，…，a t﹣1都具有性质P（1），所以a1＜a2＜…＜a t﹣1＜a t，当n≥2（n∈N*）时，存在i（1≤i≤n﹣1，i∈N*）满足a n＝2a1，所以a1，a2，…，a t依次为：2，22，23，…，2t；由已知a1不具有性质P（1），所以a t+1的可能取值为22，23，…，2t；又因为a t+1，a t+2，…，a100都具有性质P（1），所以a t+1＜a t+2＜…＜a100，欲使此数列的前100项和最大，a i+1，a i+2，...，a100依次为：2t，2t+1， (299)欲使此数列的前100项和最小，a i+1，a i+2，…，a100依次为：22，23，…，2101﹣t；下面分别计算前100项和：（a1+a2+…+a t）+（a t+1+a t+2+…+a100）＝（2+22+23+…+2t）+（22+23+…+2101﹣t）＝2t+2100﹣2；当t＝99时，此数列的前100项和最大，最大值为299+2100﹣2＝3×299﹣2；（a1+a2+…+a t）+（a t+1+a t+2+…+a100）＝（2+22+23+…+2t）+（22+23+…+2101﹣t）＝2（2t+）﹣6≥4﹣6＝252﹣6；当且仅当2t＝时，即t＝时等号成立，但t＝∉N*；这时取t＝50或t＝51时，此数列的前100项和最小，最小值为2（250+251）﹣6＝6•250﹣6．13．【解答】解：（1）a1＝8，m＝2，则前7项为8，4，2，1，3，5，7，故S7＝30．（2）设k是整数．①若a1＝2k﹣1，a2＝2k+4，a3＝k+2．则a1+a2+a3＝5k+5＝25⇒k＝4，此时a1＝7．②若a1＝4k，a2＝2k，a3＝k，则a1+a2+a3＝7k＝25，此时k不存在．③若a1＝4k﹣2，a2＝2k﹣1，a3＝2k+4，则a1+a2+a3＝8k+1＝25⇒k＝3，此时a1＝10．故a1＝7或a1＝10．（3）证明：充分性：若a n为奇数，则a n+1＝a n+m＞m；必要性：先利用数学归纳法证：a n≤m（a n为奇数）；a n≤2m（a n为偶数）．①a1＝1≤m，a2＝1+m≤2m，成立；②假设n＝k时，a k≤m（a k为奇数）；a k≤2m（a k为偶数）．③当n＝k+1时，当a k是偶数，；当a k是奇数，a k+1＝a k+m≤2m，此时a k+1是偶数．综上，由数学归纳法得a n≤m（a n为奇数）；a n≤2m（a n为偶数）．从而若a n+1＞m时，必有a n+1是偶数．进而若a n是偶数，则a n＝2a n+1＞2m矛盾，故a n只能为奇数．14．【解答】解：（Ⅰ）①数列{a n}具有“性质Ψ（2）”；②数列{a n}不具有“性质Ψ（2）”．（Ⅱ）证明：先证“充分性”：当数列{a n}具有“性质Ψ（2）”时，有a2n﹣1+a2n＝2a n，又因为a n+1≥a n，所以0≤a2n﹣a n＝a n﹣a2n﹣1≤0，进而有a n＝a2n结合a n+1≥a n有a n＝a n+1＝…＝a2n，即“数列{a n}为常数列”；再证“必要性”：若“数列{a n}为常数列”，则有a2n﹣1+a2n＝2a1＝2a n，即“数列{a n}具有“性质Ψ（2）”．（Ⅲ）首先证明：a n+1﹣a n≥2．因为{a n}具有“性质Ψ（4）”，所以a2n﹣1+a2n＝4a n．当n＝1时，有a2＝3a1＝3．又因为，且a2n＞a2n﹣1，所以有a2n≥2a n+1，a2n﹣1≤2a n﹣1，进而有2a n+1≤a2n≤a2n+1﹣1≤2a n+1﹣2，所以2（a n+1﹣a n）≥3，结合可得：a n+1﹣a n≥2．然后利用反证法证明：a n+1﹣a n≤2．假设数列{a n}中存在相邻的两项之差大于3，即存在k∈N*满足：a2k+1﹣a2k≥3或a2k+2﹣a2k+1≥3，进而有4（a k+1﹣a k）＝（a2k+2+a2k+1）﹣（a2k+a2k﹣1）＝（a2k+2﹣a2k）+（a2k+1﹣a2k﹣1）＝[（a2k+2﹣a2k+1）+（a2k+1﹣a2k）]+[（a2k+1﹣a2k）+（a2k﹣a2k﹣1）]≥12．又因为，所以a k+1﹣a k≥3依此类推可得：a2﹣a1≥3，矛盾，所以有a n+1﹣a n≤2．综上有：a n+1﹣a n＝2，结合a1＝1可得a n＝2n﹣1，经验证，该通项公式满足a2n﹣1+a2n＝4a n，所以：a n＝2n﹣1．15．【解答】解：（Ⅰ）∵a0＝﹣2.6，∴a1＝[a0]•（a0﹣[a0]）＝﹣3×（﹣2.6+3）＝﹣1.2，同理可得：a2＝﹣1.6、a3＝﹣0.8．………………（3分）（Ⅱ）因a0＞0，则[a0]≥0，所以a1＝[a0]（a0﹣[a0]）≥0，设[a i]≥0，i≥1，则a i+1＝[a i]（a i﹣[a i]）≥0，所以[a i]≥0，∀i≥0．又因0≤a i﹣[a i]＜1，则a i+1＝[a i]（a i﹣[a i]）≤[a i]，则[a i+1]≤[a i]，∀i≥0．………………（4分）假设∀i≥0，都有[a i]＞0成立，则a i+1＝[a i]（a i﹣[a i]）＜[a i]，则[a i+1]＜[a i]，∀i≥0，即[a i+1]≤[a i]﹣1，∀i≥0，………………（5分）则[a n]≤[a0]﹣n，∀n≥1，则当n≥[a0]时，[a n]≤0，这与假设矛盾，所以[a i]＞0，∀i≥0不成立，………………（6分）即存在k∈N，[a k]＝0．从而{[a i]}的最小值为0．………………（7分）（Ⅲ）证明：当a0＞0时，由（2）知，存在k∈N，[a k]＝0，所以a k+1＝0，所以[a k+1]＝0，所以a i＝0，∀i≥k，成立．………………（8分）当a0＜0时，若存在k∈N，a k＝0，则a i＝0，∀i≥k，得证；………………（9分）若a i＜0，∀i≥0，则[a i]≤﹣1，则a i+1＝[a i]（a i﹣[a i]）＞[a i]，则[a i+1]≥[a i]，∀i≥0，所以数列{[a i]}单调不减．由于[a i]是负整数，所以存在整数m和负整数c，使得当i≥m时，[a i]＝c．所以，当i≥m时，a i+1＝c（a i﹣c），则，令，即b i+1＝cb i，i≥m．当b m＝0时，则b i＝0，i≥m，则，得证．………………（11分）当b m≠0时，b i≠0，i≥m，，因当i≥m时，[a i]＝c，则a i∈[c，c+1），则{b i}有界，所以|c|≤1，所以负整数c＝﹣1．………………（12分）∴，则………………（13分）令k＝m，满足当i≥k时，a i＝a i+2．综上，存在非负整数k，使得当i≥k时，a i＝a i+2．………………（14分）16．【解答】解：（Ⅰ）解：由a1＝5，a2＝3，a n+2＝|a n+1﹣a n|，n∈N*．得a3＝|3﹣5|＝2，a4＝|2﹣3|＝1，a5＝|1﹣2|＝1，a6＝|1﹣1|＝0，a7＝|0﹣1|＝1，a8＝|1﹣0|＝1，a9＝|1﹣1|＝0，a10＝|0﹣1|＝1，……从第四项开始满足，故a2019＝0，a2020＝a2021＝1；（Ⅱ）证明：反证法：假设∀i∈N*，a i≠0，由于a n+2＝|a n+1﹣a n|，记m＝max{a1，a2}，则a1≤m，a2≤m．则0＜a3＝|a2﹣a1|≤m﹣1，0＜a4＝|a3﹣a2|≤m﹣1，0＜a5＝|a4﹣a3|＝m﹣2，0＜a6＝|a5﹣a4|＝m﹣2，…，依次递推，有0＜a7＝|a6﹣a5|≤m﹣3，0＜a8＝|a7﹣a6|≤m﹣3…，则由数学归纳法易得a2n+1≤m﹣n，n∈N*．当n＞m时，a2n+1＜0，与a2n+1＞0矛盾．故存在i，使a i＝0．∴数列{a n}必在有限项后出现值为0的项；故存在m∈N*，当n＞m时，数列{a n}中的项呈周期变化；（Ⅲ）证明：①先证数列{a n}中必有“k”（反证法）：假设数列{a n}中没有“k”，由（Ⅱ）知数列{a n}中必有“0”项，设第一个“0”项是a m（m≥3），令a m﹣1＝p，p＞k，p∈N*，则必有a m﹣2＝p，于是由p＝a m﹣1＝|a m﹣2﹣a m﹣3|＝|p﹣a m﹣3|，则a m﹣3＝2p，因此p是a m﹣3的因数，由p＝a m﹣2＝|a m﹣3﹣a m﹣4|＝|2p﹣a m﹣4|，则a m﹣4＝p或3p，因此p是a m﹣4的因数，依次递推，可得p是a1，a2的因数，因为p＞k，所以这与a1，a2的最大公约数是k矛盾，所以数列{a n}中必有“k”；②再证数列{a n}中必有无穷多项为k：假设数列{a n}中第一个“k”项为是a t，令a t﹣1＝q，q＞k，q∈N*，则a t+1＝|a t﹣a t﹣1|＝q﹣k，若a t+1＝q﹣k＝k，则数列中的项从a t开始依次为“k，k，0“的无限循环，故有无穷多项为k；若a t+1＝q﹣k＞k，则a t+2＝|a t+1﹣a t|＝q﹣2k，a t+3＝|a t+2﹣a t+1|＝k；若a t+2＝q﹣2k＝k，则进入“k，k，0“的无限循环，故有无穷多项为k；若a t+2＝q﹣2k＞k，则从a t开始的项依次为k，q﹣k，q﹣2k，k，q﹣3k，q﹣4k，k，必出现连续两个“k”，从而进入“k，k，0“的无限循环，故有无穷多项为k；综合①②知：数列{a n}中必有无穷多项为k．17．【解答】解：（1）由题意知等差数列{a n}的通项公式为：a n＝5n﹣5；等差数列{b n}的通项公式为：b n＝9n﹣9，得c i，j＝a i+b j＝（5i﹣5）+（9i﹣9）＝5i+9j﹣14，则c2，6＝50，c396，6＝2020，得d i，j＝a i﹣b j+1＝（5i﹣5）﹣[9（j+1）﹣9]＝5i﹣9j﹣5，故d2，6＝﹣49．（2）证明：已知a＝6．b＝7，由题意知等差数列{a n}的通项公式为：a n＝6n﹣6；等差数列{b n}的通项公式为：b n＝7n﹣7，得c i，j＝a i+b j＝（6i﹣6）+（7i﹣7）＝6i+7j﹣13，i∈N*，j∈N*）．得d i，j＝a i﹣b j+1＝（6i﹣6）﹣[7（j+1）﹣7]＝6i﹣7j﹣6，1≤i≤7，i∈N*，j∈N*）．。

高中数学--数列大题专项训练(含详解)

高中数学--数列大题专项训练（含详解）一、解答题（本大题共16小题，共192.0分）1.已知{}n a 是等比数列，满足12a =，且2a ，32a +，4a 成等差数列，数列{}n b 满足*1231112()23n b b b b n n N n+++⋅⋅⋅+=∈(1)求{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)设(1)()n n n n c a b =--，求数列{}n c 的前2n 项和2.n S 2.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且233.n n S a +=(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若32log n n n b a a +=⋅，求数列{}n b 的前n 项和.n T 3.在数列{}n a 中，111,(1n n n a a a c c a +==⋅+为常数，*)n N ∈，且1a ，2a ，5a 成公比不为1的等比数列．(1)求证：数列1{}na 是等差数列；(2)求c 的值；(3)设1n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和.n S4.在ABC 中，已知三内角A ，B ，C 成等差数列，且11sin().214A π+=()Ⅰ求tan A 及角B 的值；()Ⅱ设角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且5a =，求b ，c 的值．5.在数列{}n a 中，11a =，11(1)(1)2nn n a a n n +=+++⋅(1)设n n a b n=，求数列{}n b 的通项公式(2)求数列{}n a 的前n 项和nS 6.已知数列的各项均为正数，前项和为，且()Ⅰ求证数列是等差数列；()Ⅱ设求7.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且22n n a a S S =+对一切正整数n 都成立．(1)求1a ，2a 的值；(2)设10a >，数列110lg n a a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，当n 为何值时，n T 最大？并求出n T 的最大值．8.已知等差数列{}n a 的前四项和为10，且2a ，3a ，7a 成等比数列．(1)求通项公式na (2)设2n a nb =，求数列n b 的前n 项和.n S 9.已知在数列{}n a 中，13a =，1(1)1n n n a na ++-=，*.n N ∈(1)证明数列{}n a 是等差数列，并求n a 的通项公式；(2)设数列11{}n n a a +的前n 项和为n T ，证明：1.(126n T <分)10.已知函数2(1)4f x x +=-，在等差数列{}n a 中，1(1)a f x =-，232a =-，3().a f x =(1)求x 的值；(2)求数列{}n a 的通项公式.n a 11.已知数列{}n a 是公比大于1的等比数列，1a ，3a 是函数2()109f x x x =-+的两个零点.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n b 满足3log n n b a n =+，求数列{}n b 的前n 项和n S 。

2023高考数学数列练习题及答案

2023高考数学数列练习题及答案数列是高中数学中常见的重要概念，也是高考数学考试中的热点内容之一。

在准备2023年高考数学考试时，通过练习数列题目可以帮助我们深入理解数列的性质和应用，提高解题能力。

下面将提供一些2023年高考数学数列练习题及答案，供同学们进行复习和练习，以期取得好成绩。

练习题1：已知数列{an}满足a₁ = 2，an+1 = 2an - 1，(n ≥ 1)，求a₅。

解答：根据已知条件可以得到数列的通项公式为an = 2ⁿ⁻¹。

代入n = 5，得到a₅ = 2⁴ = 16。

练习题2：已知等差数列{an}的首项是a₁ = 3，公差是d = 4，求数列的第n项an。

解答：根据等差数列的通项公式an = a₁ + (n - 1)d可以得出：an = 3 + (n - 1) × 4化简后得到an = 4n - 1。

练习题3：已知等比数列{bn}的首项是b₁ = 5，公比是q = 2，求数列的第n项bn。

解答：根据等比数列的通项公式bn = b₁ × qⁿ⁻¹可以得出：bn = 5 × 2ⁿ⁻¹。

练习题4：已知等差数列{cn}的首项是c₁ = 2，公差是d = 3，求数列的前n项和Sn。

解答：数列的前n项和Sn可以表示为Sn = n/2 × (2a₁ + (n - 1)d)。

代入已知条件得到Sn = n/2 × (2 × 2 + (n - 1) × 3)。

化简后得到Sn = 3n² - 3n。

练习题5：已知等差数列{dn}的前n项和Sn为Sn = 4n² + n，求数列的首项d₁和公差d。

解答：根据数列的前n项和的公式可以得到Sn = n/2 × (2a₁ + (n - 1)d)。

代入已知条件得到4n² + n = n/2 × (2d + (n - 1)d)。

(word完整版)数列拔高难题训练

2017数列拔高训练1、已知数列{a n}满足a1=﹣2，a n+1=2a n+4．(1)证明数列{a n+4}是等比数列并求出{a n}通项公式；(2)若，求数列{b n}的前n项和S n．2、已知数列{a n}是等差数列，{b n}是各项均为正数的等比数列，满足a1=b1=1，b2﹣a3=2b3，a3﹣2b2=﹣1(1)求数列{a n}和{b n}的通项公式(2)设c n=a n+b n，n∈N*，求数列{c n}的前n项和S n．3、（理科答）已知数列{a n}及等差数列{b n}，若a1=3，a n= a n﹣1+1（n≥2），a1=b2，2a3+a2=b4，(1)证明数列{a n﹣2}为等比数列；(2)求数列{a n}及数列{b n}的通项公式；(3)设数列{a n•b n}的前n项和为T n，求T n．4、已知正项数列{a n}的前n项和为S n，数列{a n}满足，2S n=a n（a n+1）．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设数列{ }的前n项和为A n，求证：对任意正整数n，都有A n＜成立；(3)数列{b n}满足b n=（）n a n，它的前n项和为T n，若存在正整数n，使得不等式（﹣2）n﹣1λ＜T n+ ﹣2n﹣1成立，求实数λ的取值范围．5、设正项数列{a n}的前n项和为S n，且满足．(1)计算a1，a2，a3的值，并猜想{a n}的通项公式；(2)用数学归纳法证明{a n}的通项公式．6、数列{a n}的前n项和是S n，a1=5，且a n=S n﹣1（n=2，3，4，…）．(1)求S n；(2)求数列{a n}的通项公式；(3)求证：+ + +…+ ＜．7、已知各项为正的等比数列{a n}的前n项和为S n，S4=30，过点P（n，log2a n）和Q（n+2，log2a n+1）（n∈N*）的直线的一个方向向量为（﹣1，﹣1）(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n= ，数列{b n}的前n项和为T n，证明：对于任意n∈N*，都有T n．8、已知函数，数列{a n}满足．(1)求证：数列{ }是等差数列；(2)求数列{a n}的通项公式；(3)记S n=a1a2+a2a3+…+a n a n+1，求S n．9、各项均为正数的数列{a n}中，a1=1，S n是数列{a n}的前n项和，对任意n∈N*，有2S n=2pa n2+pa n﹣p（p∈R）(1)求常数p的值；(2)求数列{a n}的通项公式；(3)记b n= ，求数列{b n}的前n项和T．10、已知数列{a n}满足：a1= ，a2= ，2a n=a n+1+a n﹣1（n≥2，n∈N•），数列{b n}满足：b1＜0，3b n﹣b n﹣1=n（n≥2，n∈R），数列{b n}的前n项和为S n．(1)求证：数列{b n﹣a n}为等比数列；(2)求证：数列{b n}为递增数列；(3)若当且仅当n=3时，S n取得最小值，求b1的取值范围．11、已知递增等比数列{a n}的第三项、第五项、第七项的积为512，且这三项分别减去1，3，9后成等差数列．(1)求{a n}的首项和公比；(2)设S n=a12+a22+…+a n2，求S n．12、已知f（x）=3x2﹣2x，数列{a n}的前n项和为S n，点（n，S n）（n∈N*）均在函数y=f （x）的图像上．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n= ，T n是数列{b n}的前n项和，求使得T n＜对所有n∈N*都成立的最小正整数m．13、已知数列{a n}的前n项和为S n，对任意的n∈N*，点（n，S n）恒在函数y=x的图象上．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)记T n= ，若对于一切的正整数n，总有T n≤m成立，求实数m的取值范围；(3)设K n为数列{b n}的前n项和，其中b n=2an，问是否存在正整数n，t，使成立？若存在，求出正整数n，t；若不存在，请说明理由．14、已知等差数列{a n}的各项均为正数，且Sn= + +…+ ，S2= ，S3=．设[x]表示不大于x的最大整数（如[2.10]=2，[0.9]=0）．(1)试求数列{a n}的通项；(2)求T=[log21]+[log22]+[log23]+…+[log2（﹣1）]+[log2（）]关于n的表达式．15、已知数列{a n}中，a1=3，a2=5，其前n项和为S n满足S n+S n﹣2=2S n﹣1+2n﹣1（n≥3，n∈N*）(1)试求数列{a n}的通项公式(2)令b n= ，T n是数列{b n}的前n项和．证明：对任意给定的m∈（0，），均存在n0∈N*，使得当n≥n0时，T n＞m恒成立．16、已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=2a n﹣3（﹣1）n（n∈N*）．(1)若b n=a2n﹣1，求证：b n+1=4b n；(2)求数列{a n}的通项公式；(3)若a1+2a2+3a3+…+na n＞λ•2n对一切正整数n恒成立，求实数λ的取值范围．17、已知等差数列{a n}，a2=8，前9项和为153．(1)求a5和a n；(2)若，证明数列{b n}为等比数列；18、一列火车从重庆驶往北京，沿途有n个车站（包括起点站重庆和终点站北京）．车上有一邮政车厢，每停靠一站便要卸下火车已经过的各站发往该站的邮袋各1个，同时又要装上该站发往以后各站的邮袋各1个，设从第k站出发时，邮政车厢内共有邮袋a k个（k=1，2，…，n）．(1)求数列{a k}的通项公式；(2)当k为何值时，a k的值最大，求出a k的最大值．19、已知{a n}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2﹣5x+6=0的根．（I）求{a n}的通项公式；（II）求数列{ }的前n项和．20、数列{a n}满足a1=1，na n+1=（n+1）a n+n（n+1），n∈N*．（Ⅰ）证明：数列{ }是等差数列；（Ⅱ）设b n=3n• ，求数列{b n}的前n项和S n．21、已知数列{a n}满足a1=1，a n+1= ．（Ⅰ）求证：a n+1＜a n；（Ⅱ）求证：≤a n≤ ．22、已知数列{a n}的前n项和为S n，a1=1，且na n+1=2S n（n∈N*），数列{b n}满足b1= ，b2= ，对任意n∈N+，都有b n+12=b n•b n+2（I）求数列{a n}，{b n}的通项公式；（II）设{a n b n}的前n项和为T n，若T n＞对任意的n∈N+恒成立，求λ得取值范围．23、已知数列{a n}是非常值数列，且满足a n+2=2a n+1﹣a n（n∈N*），其前n项和为s n，若s5=70，a2，a7，a22成等比数列．（I）求数列{a n}的通项公式；（II）设数列的前n项和为T n，求证：．24、数列{a n}中，．（Ⅰ）求a1，a2，a3，a4；（Ⅱ）猜想a n的表达式，并用数学归纳法加以证明．25、设数列{a n}满足a1=a，a n+1=ca n+1﹣c（n∈N*），其中a，c为实数，且c≠0．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设，求数列{b n}的前n项和S n．26、已知A（x1，y1），B（x2，y2）是函数的图象上的任意两点（可以重合），点M在直线x=上，且=．（Ⅰ）求x1+x2的值及y1+y2的值（Ⅱ）已知S1=0，当n≥2时，S n=+++…+，求S n；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，设a n=，T n为数列{a n}的前n项和，若存在正整数c、m，使得不等式成立，求c和m的值．答案解析部分一、综合题1、【答案】（1）证明：∵a1=﹣2，∴a1+4=2，∵a n+1=2a n+4，∴a n+1+4=2a n+8=2（a n+4），∴，∴{a n+4}是以2为首项，2为公比的等比数列，由上知，∴．（2）解：∴，①，②②﹣①得：==2+2n+1﹣2﹣（n+1）×2n+1=﹣n•2n+1．【考点】数列的求和，数列递推式【解析】【分析】（1）利用已知条件转化求解数列{a n+4}是等比数列，然后求出{a n}通项公式．（2）化简数列通项公式b n，利用错位相减法求和求解即可．2、【答案】（1）解：设数列{a n}是公差为d的等差数列，{b n}是各项均为正数且公比为q 的等比数列，由a1=b1=1，b2﹣a3=2b3，a3﹣2b2=﹣1，可得q﹣（1+2d）=2q2，1+2d﹣2q=﹣1，解得d=﹣，q= ，可得a n=a1+（n﹣1）d=1﹣（n﹣1）= （3﹣n）；b n=b1q n﹣1=（）n﹣1，n∈N*（2）解：c n=a n+b n= （3﹣n）+（）n﹣1，可得数列{c n}的前n项和S n= n（1+）+=﹣n2+ n﹣+2【考点】数列的求和，数列递推式【解析】【分析】（1）设数列{a n}是公差为d的等差数列，{b n}是各项均为正数且公比为q 的等比数列，运用等差数列和等比数列的通项公式，解方程可得公差和公比，即可得到所求通项公式；（2）求出c n=a n+b n= （3﹣n）+（）n﹣1，运用数列的求和方法：分组求和，结合等差数列和等比数列的求和公式，化简整理即可得到所求和．3、【答案】（1）证明：a1=3，a n= a n﹣1+1（n≥2），a n﹣2= （a n﹣1﹣2），则数列{a n﹣2}为首项为1，公比为的等比数列（2）解：（由（1）可得a n﹣2=（）n﹣1，即为a n=2+（）n﹣1，a1=b2=3，2a3+a2=b4=2（2+ ）+2+ =7，可得等差数列{b n}的公差d= =2，则b n=b2+（n﹣2）d=3+2（n﹣2）=2n﹣1（3）证明：数列{a n•b n}的前n项和为T n，a n•b n=[2+（）n﹣1]（2n﹣1）=2（2n﹣1）+（2n﹣1）•（）n﹣1，设S n=1•（）0+3•（）+5•（）2+…+（2n﹣1）•（）n﹣1，S n=1•（）+3•（）2+5•（）3+…+（2n﹣1）•（）n，相减可得，S n=1+2[（）+（）2+（）3+…+（）n﹣1]﹣（2n﹣1）•（）n=1+2[ ]﹣（2n﹣1）•（）n，化简可得S n=6﹣，则T n=2• n（1+2n﹣1）+6﹣=2n2+6﹣【考点】等差数列与等比数列的综合【解析】【分析】（1）a n= a n﹣1+1的两边减2，再由等比数列的定义即可得证；（2）运用等比数列和等差数列的通项公式，计算即可得到；（3）求得a n•b n=[2+（）n﹣1]（2n﹣1）=2（2n﹣1）+（2n﹣1）•（）n﹣1，再由数列的求和方法：分组求和和错位相减法，结合等比数列的求和公式，化简整理即可得到所求和．4、【答案】（1）解：，当n≥2时，，两式相减得：，所以（a n+a n﹣1）（a n﹣a n﹣1﹣1）=0．因为数列{a n}为正项数列，故a n+a n﹣1≠0，也即a n﹣a n﹣1=1，所以数列{a n}为以1为首项1为公差的等差数列，故通项公式为a n=n，n∈N*（2）解：= ，所以对任意正整数n，都有成立（3）解：易知，则，①，，②①﹣②可得：．故，所以不等式成立，若n为偶数，则，所以．设，则y=﹣2t+t2+1=（t﹣1）2在单调递减，故当时，，所以；若n为奇数，则，所以．设，则y=2t﹣t2﹣1=﹣（t﹣1）2在（0，1]单调递增，故当t=1时，y max=0，所以λ＜0．综上所述，λ的取值范围λ＜0或【考点】数列的求和，数列递推式【解析】【分析】（1）根据数列的递推公式即可求出数列{a n}的通项公式，（2）= ＜= ﹣，利用放缩法即可证明，（3）先利用错位相减法求出数列{b n}的前n项和为T n，不等式（﹣2）n﹣1λ＜T n+ ﹣2n﹣1成立，转化为成立，分n为偶数和奇数，根据函数的性质即可求出实数λ的取值范围5、【答案】（1）解：当n=1时，，得a1=1；，得a2=2，，得a3=3，猜想a n=n（2）解：证明：（ⅰ）当n=1时，显然成立，（ⅱ）假设当n=k时，a k=k，则当n=k+1时，=，整理得：，即[a k+1﹣（k+1）][a k+1+（k﹣1）]=0，结合a n＞0，解得a k+1=k+1，于是对于一切的自然数n∈N*，都有a n=n【考点】数列递推式，数学归纳法，数学归纳法【解析】【分析】（1）利用递推关系式求解数列a1，a2，a3的值，猜想{a n}的通项公式；（2）利用数学归纳法的证明步骤，逐步证明即可．6、【答案】（1）解：由a n=S n﹣1，①，得：a n+1=S n，② ②﹣①得：a n+1﹣a n=S n ﹣S n﹣1=a n，即a n+1=2a n，（n≥2且n∈N*），∵a2=S1=a1=5，故数列从第二项起，各项成等比数列且公比为2．∴，n∈N*（2）解：当n=1时，a1=5，当n≥2，且n∈N*时，=5•2n﹣2．故数列{a n}的通项公式为．（3）证明：当n=1时，= ，成立，当n≥2且n∈N*时，====＜．∴+ + +…+ ＜【考点】数列与不等式的综合【解析】【分析】（1）由a n=S n﹣1，得a n+1=2a n，（n≥2且n∈N*），由此能求出S n．（2）当n=1时，a1=5，当n≥2，且n∈N*时，=5•2n﹣2．由此能求出数列{a n}的通项公式．（3）当n=1时，= ，成立，当n≥2且n∈N*时，=，由此能证明+ + +…+ ＜．7、【答案】（1）解：∵各项为正的等比数列{a n}的前n项和为S n，S4=30，过点P（n，log2a n）和Q（n+2，log2a n+1）（n∈N*）的直线的一个方向向量为（﹣1，﹣1），∴，解得，q=4，∴a n=（2）解：∵b n= = =（﹣），∴数列{b n}的前n项和：T n= （+ + +…++ ）= （﹣）= （+ ﹣﹣）＜．∴对于任意n∈N*，都有T n【考点】数列的求和，数列递推式【解析】【分析】（1）利用等比数列前n项和公式及直线的方向向量性质列出方程组，由此能求出首项和公比，从而能求出数列{a n}的通项公式．（2）由b n= = （﹣），利用裂项法能证明对于任意n∈N*，都有T n．8、【答案】（1）证明：∵函数，数列{a n}满足，∴，∴=3+ ，∴=3，=1，∴数列{ }是首项为1，公差为3的等差数列（2）解：∵数列{ }是首项为1，公差为3的等差数列，∴=1+（n﹣1）×3=3n﹣2，∴a n= ．（3）解：∵a n a n+1= = （），∴S n=a1a2+a2a3+…+a n a n+1= （1﹣+ + +…+ ）== ．【考点】数列的求和，数列递推式【解析】【分析】（1）由已知利用函数性质得，从而=3+ ，由此能证明数列{ }是首项为1，公差为3的等差数列．（2）由=1+（n﹣1）×3=3n﹣2，能求出a n．（3）a n a n+1= = （），利用裂项求和法能求出S n．9、【答案】（1）解：∵a1=1，对任意的n∈N*，有2S n=2pa n2+pa n﹣p ∴2a1=2pa12+pa1﹣p，即2=2p+p﹣p，解得p=1（2）解：2S n=2a n2+a n﹣1，① 2S n﹣1=2a n﹣12+a n﹣1﹣1，（n≥2），②①﹣②即得（a n﹣a n﹣1﹣）（a n+a n﹣1）=0，因为a n+a n﹣1≠0，所以a n﹣a n﹣1﹣ =0，∴（3）解：2S n=2a n2+a n﹣1=2× ，∴S n= ，∴=n•2nT n=1×21+2×22+…+n•2n③又2T n=1×22+2×23+…+（n﹣1）•2n+n2n+1 ④④﹣③T n=﹣1×21﹣（22+23+…+2n）+n2n+1=（n﹣1）2n+1+2∴T n=（n﹣1）2n+1+2【考点】数列的求和，数列递推式【解析】【分析】（1）根据a1=1，对任意的n∈N*，有2S n=2pa n2+pa n﹣p，令n=1，解方程即可求得结果；（2）由2S n=2a n2+a n﹣1，知2S n﹣1=2a n﹣12+a n﹣1﹣1，（n≥2），所以（a n﹣a n﹣1）（a n+a n﹣1）=0，由此能求出数列{a n}的通项公式．（3）根据求出数列﹣1{b n}的通项公式，利用错位相减法即可求得结果．10、【答案】（1）解：∵2a n=a n+1+a n﹣1（n≥2，n∈N•），∴{a n}是等差数列．又∵a1= ，a2= ，∴，∵，（n≥2，n∈N*），∴b n+1﹣a n+1== == ．又∵，∴{b n﹣a n}是以为首项，以为公比的等比数列．（2）证明：∵b n﹣a n=（b1﹣）•（）n﹣1，．∴．当n≥2时，b n﹣b n﹣1= ．又b1＜0，∴b n﹣b n﹣1＞0．∴{b n}是单调递增数列．（3）解：∵当且仅当n=3时，S n取最小值．∴，即，∴b1∈（﹣47，﹣11）【考点】数列的求和，数列递推式【解析】【分析】（1）由已知得{a n}是等差数列，，b n+1﹣a n+1= = ．由此能证明{b n﹣a n}是以为首项，以为公比的等比数列．（2）由．得当n≥2时，b n﹣b n﹣1=．由此能证明{b n}是单调递增数列．（3）由已知得，由此能求出b1的取值范围．11、【答案】（1）解：根据等比数列的性质，可得a3•a5•a7=a53=512，解之得a5=8．设数列{a n}的公比为q，则a3= ，a7=8q2，由题设可得（﹣1）+（8q2﹣9）=2（8﹣3）=10解之得q2=2或．∵{a n}是递增数列，可得q＞1，∴q2=2，得q= ．因此a5=a1q4=4a1=8，解得a1=2（2）解：由（1）得{a n}的通项公式为a n=a1•q n﹣1=2× = ，∴a n2=[ ]2=2n+1，可得{a n2}是以4为首项，公比等于2的等比数列．因此S n=a12+a22+…+a n2= =2n+2﹣4【考点】数列的求和，等差数列与等比数列的综合【解析】【分析】（1）根据题意利用等比数列的性质，可得a53=512，解出a5=8．设公比为q，得a3= 且a7=8q2，由等差中项的定义建立关于q的方程，解出q的值，进而可得{a n}的首项；（2）由（1）得a n=a1•q n﹣1= ，从而得到a n2=[ ]2=2n+1，再利用等比数列的求和公式加以计算，可得求S n的表达式．12、【答案】（1）解：∵f（x）=3x2﹣2x，数列{a n}的前n项和为S n，点（n，S n）（n∈N*）均在函数y=f（x）的图像上，∴，当n≥2时，a n=S n﹣S n﹣1=（3n2﹣2n）﹣[3（n﹣1）2﹣2（n﹣1）]=6n﹣5，当n=1时，a1=S1=3﹣2=1，满足上式，∴a n=6n﹣5，n∈N*（2）解：由（1）得= = ，∴T n== ，∴使得T n＜对所有n∈N*都成立的最小正整数m必须且仅须满足，即m≥10，∴满足要求的最小整数m=10【考点】数列的求和【分析】（1）由已知条件推导出，由此能求出a n=6n﹣5，n∈N*．（2）【解析】由= = ，利用裂项求和法求出T n=，由此能求出满足要求的最小整数m=10．13、【答案】（1）解：由已知，得当n≥2时，a n=S n﹣S n﹣1= =3n当n=1时，a1=S1=3．∴a n=3n（2）解：．当n=1时，T n+1＞T n，即T2＞T1；当n=2时，T n+1=T n，即T3=T2；当n≥3时，T n+1＜T n，即T n＜T n﹣1＜…＜T4＜T3∴{T n}中的最大值为，要使T n≤m对于一切的正整数n恒成立，只需∴解法二：当n=1，2时，T n+1≥T n；当n≥3时，n+2＜2n⇒T n+1＜T n∴n=1时，T1=9；n=2，3时，n≥4时，T n＜T3∴{T n}中的最大值为，要使T n≤m对于一切的正整数n恒成立，只需∴（3）解：将K n代入，化简得，（﹡）若t=1时，，显然n=1时成立；若t＞1时，（﹡）式化简为不可能成立综上，存在正整数n=1，t=1使成立【考点】数列的应用，数列与函数的综合【解析】【分析】（1）利用a n=S n﹣S n﹣1求解；（2）要使T n≤m对于一切的正整数n恒成立，只需m≥{T n}中的最大值即可；（3）求解有关正整数n的不等式．14、【答案】（1）解：S n= + +…+ = （﹣），∵S2= ，S3= ，∴（﹣）= ，（﹣）= ，∴a1=1，d=1，∴a n=n（2）解：T=[log21]+[log22]+[log23]+…+[log2（﹣1）]+[log2（）]=[log21]+[log22]+[log23]+…+[log2（2n﹣1）]+[log2（2n）]∵[log21]=0，[log22]=[log23]=1，…[log22m]=[log2（m+1）]=…=[log2（m+1﹣1）]=m．∴[log21]+[log22]+[log23]+…+[log2（2n﹣1）]+[log2（2n）]=0+1×2+2×22+…+（n﹣1）•2n﹣1+n，由S=1×2+2×22+…+（n﹣1）•2n﹣1，则2S=1×22+2×23+…+（n﹣1）•2n，∴﹣S=1×2+1×22+…+2n﹣1﹣（n﹣1）•2n= ﹣（n﹣1）•2n，∴S=（2﹣n）•2n﹣2∴T=（2﹣n）•2n﹣2+n【考点】数列的应用【解析】【分析】（1）利用裂项法求和，结合S2= ，S3= ，即可求数列{a n}的通项；（2）先化简，再利用错位相减法，即可得出结论．15、【答案】（1）解：由S n+S n﹣2=2S n﹣1+2n﹣1（n≥3，n∈N*），整理得：S n﹣S n﹣1=S n﹣1﹣S n +2n﹣1，﹣2∴a n=a n﹣1=2n﹣1，即a n﹣a n﹣1=2n﹣1，n≥3，∵a2﹣a1=2，a3﹣a2=4，a4﹣a3=23，…a n﹣a n﹣1=2n﹣1，将上式累加整理得：a n﹣a1=2+4+23+…+2n﹣1，∴a n= +3=2n+1，数列{a n}的通项公式a n=2n+1；（2）证明：b n= = = （﹣），∴数列{b n}的前n项和T n=b1+b2+b3+…+b n，= [（﹣）+（﹣）+…+（﹣）]，= （﹣），T n+1﹣T n= ＞0，∴T n随着n的增大而增大，若T n＞m，则（﹣）＞m，化简整理得：＞，∵m∈（0，），∴1﹣6m＞0，∴2n+1＞﹣1，n＞log2（﹣1）﹣1，当log2（﹣1）﹣1＜1时，即0＜m＜，取n0=1，当log2（﹣1）﹣1≥1时，解得：≤m＜，记log2（﹣1）﹣1的整数部分为p，取n0=p+1即可，综上可知，对任意m∈（0，），均存在n0∈N*，使得当n≥n0时，T n＞m恒成立【考点】数列的求和，数列递推式【解析】【分析】（1）由题意可知S n﹣S n﹣1=S n﹣1﹣S n﹣2+2n﹣1，即a n﹣a n﹣1=2n﹣1，n≥3，采用“累加法”即可求得数列{a n}的通项公式；（2）由（1）可知，b n= == （﹣），采用“裂项法”即可求得数列{b n}的前n项和T n，由函数的单调性可知，T n随着n的增大而增大，分离参数n＞log2（﹣1）﹣1，分类log2（﹣1）﹣1＜1及log2（﹣1）﹣1≥1时，求得m的取值范围，求得n0的值，即可证明存在n0∈N*，使得当n≥n0时，T n＞m恒成立．16、【答案】（1）解：=（2）解：a2=2a1﹣3（﹣1）=5，b1=a2﹣1=4，因为b n+1=4b n所以，所以{b n}是等比数列，所以b n=4n=a2n﹣1，，，所以，即（3）解：由（2），令S=1•21+2•22+…+n•2n则2S=1•22+2•23+…+（n﹣1）•2n+n•2n+1，S=（n﹣1）•2n+1+2n为奇数时，，n为偶数时，所以n为奇数时，即恒成立，易证递增，n=1时取最小值，所以n为偶数时，，即，易证递增，n=2时取最小值，所以综上可得【考点】数列的求和，数列递推式【解析】【分析】（1）根据数列递推公式即可证明，（2）先求出数列{b n}的通项公式，再分类求出{a n}的通项公式，（3）令S=1•21+2•22+…+n•2n根据错位相减法求出S n，分离参数，根据数列的函数特征即可求出λ的取值范围．17、【答案】（1）设数列{a n}的公差为d，首项，则∴∴a 5=17．∵，∴a n=3n+2．（2），∴数列{b n}是首项为32，公比为8的等比数列【考点】等差数列的通项公式，等差关系的确定【解析】知识点：等差数列的通项公式等比关系的确定解析【分析】（1）根据前9项和为153和第五项是前9项的等差中项，得到第五项的值，根据第二项和第五项的值列出方程求得首项和公差，写出通项公式．（2）要证明数列是等比数列，只要相邻两项之比是常数即可，两项之比是一个常数得到结论．18、【答案】（1）解：a1=n﹣1，考察相邻两站a k，a k﹣1之间的关系，由题意知k= k﹣1﹣（k﹣1）+（n﹣k），∴k﹣k﹣1=（n+1）﹣2k（k≥2）．依次让k取2，3，4，…，k得k﹣1个等式，将这k﹣1个等式相加，得k=nk﹣k2（n，k∈N+，1≤k≤n）．（2）解：，当n为偶数时，取k= ，a k取得最大值；当n为奇数时，取k= 或，a k取得最大值．【考点】数列的函数特性【解析】【分析】本题考查二次函数的性质和应用，解题时要认真审题，仔细解答，注意数列的性质和应用．二、解答题19、【答案】解：（I）由x2﹣5x+6=0，解得x=2，3．又{a n}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2﹣5x+6=0的根．∴a2=2，a4=3．∴a1+d=2，a1+3d=3，解得a1= ，d= ．∴a n= + （n﹣1）= ．（II）= ．∴数列{ }的前n项和S n= + +…+ ．= + +…+ + ．∴= + +…+ ﹣= ﹣=1﹣．∴S n=2﹣【考点】数列的求和【解析】【分析】（I）由x2﹣5x+6=0，解得x=2，3．又{a n}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2﹣5x+6=0的根．可得a2=2，a4=3．再利用等差数列的通项公式即可得出．（II）= ．利用错位相减法、等比数列的求和公式即可得出．20、【答案】证明（Ⅰ）∵na n+1=（n+1）a n+n（n+1），∴，∴，∴数列{ }是以1为首项，以1为公差的等差数列；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，∴，b n=3n• =n•3n，∴•3n﹣1+n•3n①•3n+n•3n+1②①﹣②得3n﹣n•3n+1==∴【考点】等比关系的确定，数列的求和【解析】【分析】（Ⅰ）将na n+1=（n+1）a n+n（n+1）的两边同除以n（n+1）得，由等差数列的定义得证．（Ⅱ）由（Ⅰ）求出b n=3n• =n•3n，利用错位相减求出数列{b n}的前n项和S n．21、【答案】解：（Ⅰ）证明：由a1=1，a n+1= ，得a n＞0，（n∈N），则a n+1﹣a n= ﹣a n= ＜0，∴a n+1＜a n；（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知0＜a n＜1，又a n+1= ．，∴= ≥ ，即a n+1＞a n，∴a n＞a n﹣1≥（）2a n﹣1≥…≥（）2a n﹣1≥（）n﹣1a1= ，即a n≥ ．由a n+1= ，则=a n+ ，∴﹣=a n，∴﹣=a1=1，﹣=a2= ，﹣=a3=（）2… ﹣=a n﹣1≥（）n﹣2，累加得﹣=1+ +（）2+…+（）n﹣2= =2﹣（）n﹣2，而a1=1，∴≥3﹣（）n﹣2= = ，∴a n≤ ．综上得≤a n≤【考点】数列与不等式的综合【解析】【分析】（Ⅰ）由a n＞0，则做差a n+1﹣a n= ﹣a n= ＜0，即可证明a n+1＜a n；（Ⅱ）由a n+1＞a n，a n＞a n﹣1≥（）2a n﹣1≥…≥（）2a n﹣1≥（）n﹣1a1= ，则a n≥ ．由﹣=a n，采用“累加法”即可求得≥3﹣（）n﹣2= = ，即可求得≤a n≤ ．22、【答案】解：（Ⅰ）∵na n+1=2S n，∴（n﹣1）a n=2S n﹣1（n≥2），两式相减得，na n+1﹣（n﹣1）a n=2a n，∴na n+1=（n+1）a n，即= （n≥2），又因为a1=1，a2=2，从而=2，∴a n=1× ×…× =n（n≥2），故数列{a n}的通项公式a n=n（n∈N*）．在数列{b n}中，由b n+12=b n•b n+2，知数列{b n}是等比数列，首项、公比均为，∴数列{b n}的通项公式b n= ；（Ⅱ）∵T n=a1b1+a2b2+…+a n b n= +2×（）2+…+n× ①∴T n=（）2+2×（）3+…+（n﹣1）× +n×（）n+1②由①﹣②，得T n= +（）2+（）3+…+ ﹣×（）n+1=1﹣，∴T n=2﹣，T n＞对任意的n∈N+恒成立，λ＞对任意的n∈N+恒成立，设f（n）= ，f（n）﹣f（n﹣1）= - ＜0，则f（n）在[1，+∞）上单调递减，f（n）≤f（1）=3恒成立，则λ＞3满足条件．综上所述，实数λ的取值范围是（3，+∞）【考点】数列的求和，数列递推式，数列与不等式的综合【解析】【分析】（Ⅰ）利用na n+1=2S n，再写一式，两式相减，再叠乘，即可求数列{a n}的通项公式；在等比数列{b n}满足b1= ，b2= ，公比为，由此可得数列{b n}的通项公式；（Ⅱ）利用错位相减法求数列的和，再将不等式转化为λ＞对任意的n∈N+恒成立，构造函数，利用函数的性质，即可确定实数λ的取值范围．23、【答案】解：（I）因为数列满足a n+2=2a n+1﹣a n（n∈N*），所以{a n}是等差数列且s5=70，∴5a1+10d=70．①∵a2，a7，a22成等比数列，∴，即．②由①，②解得a1=6，d=4或a1=14，d=0（舍去），∴a n=4n+2．（II）证明：由（I）可得，所以．所以== ．∵，∴．∵，∴数列{T n}是递增数列，∴∴【考点】数列的求和，数列递推式，数列与不等式的综合【解析】【分析】（I）通过a n+2=2a n+1﹣a n（n∈N*），判断{a n}是等差数列，利用s5=70，a2，a7，a22成等比数列求解数列的首项与公差，然后求解通项公式．（II）求出，化简它的倒数，利用裂项消项法求解数列的和，利用数列的单调性证明不等式．24、【答案】解：（Ⅰ）∵，∴，即a1=1，∵，即a1+a2=4﹣a2﹣1，∴a2=1，∵，即a1+a2+a3=4﹣a3﹣，∴a3= ，∵，即a1+a2+a3+a4=4﹣a4﹣，∴a3= ，（Ⅱ）猜想证明如下：①当n=1时，a1=1，此时结论成立；②假设当n=k（k∈N*）结论成立，即，那么当n=k+1时，有∵∴，这就是说n=k+1时结论也成立．根据①和②，可知对任何n∈N*时．【考点】数列的求和，数学归纳法，数学归纳法【解析】【分析】（1）由．我们依次将n=1，2，3，4…代入，可以求出a1，a2，a3，a4；（2）观察（1）的结论，我们可以推断出a n的表达式，然后由数学归纳法的步骤，我们先判断n=1时是否成立，然后假设当n=k时，公式成立，只要能证明出当n=k+1时，公式成立即可得到公式对所有的正整数n都成立．25、【答案】解：（Ⅰ）∵a n+1=ca n+1﹣c，a n+1﹣1=c（a n﹣1），∴当a1=a≠1时，{a n﹣1}是首项为a﹣1，公比为c的等比数列∴a n﹣1=（a﹣1）c n﹣1当a=1时，a n=1仍满足上式．∴数列{a n﹣1}的通项公式为a n=（a﹣1）c n﹣1+1（n∈N*）；（Ⅱ）由（1）得，当时，．∴．．两式作差得．= ．∴【考点】数列的求和，数列递推式【解析】【分析】（1）整理a n+1=ca n+1﹣c得a n+1﹣1=c（a n﹣1），进而判断出当a1=a≠1时，{a n﹣1}是首项为a﹣1，公比为c的等比数列，进而根据等比数列的性质求得其通项公式，当a=1时，也成立，进而可得答案．（2）根据（1）中的a n，求得b n，进而根据错位相减法求得数列的前n项的和．26、【答案】解：（Ⅰ）∵点M在直线x=上，设M(,)．又=，即=(,)，=(,)，∴x1+x2=1．①当x1=时，x2=，y1+y2=f（x1）+f（x2）=﹣1﹣1=﹣2；②当x1≠时，x2≠，y1+y2=+===；综合①②得，y1+y2=﹣2．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当x1+x2=1时，y1+y2=﹣2．∴，k=1，2，3，，n﹣1．n≥2时，S n=+++…+，①S n=，②①+②得，2S n=﹣2（n﹣1），则S n=1﹣n．n=1时，S1=0满足S n=1﹣n．∴S n=1﹣n．（Ⅲ）a n==21﹣n，T n=1++…+=.<⇔⇔．T m+1=2﹣，2T m﹣T m+1=﹣2+=2﹣，∴，c、m为正整数，∴c=1，当c=1时，，∴1＜2m＜3，∴m=1．【考点】分段函数的解析式求法及其图象的作法，数列的求和，数列递推式，相等向量与相反向量【解析】【分析】（Ⅰ）设出M的坐标，求出,．利用=．求出x1+x2的值，再用求出y1+y2的值．（Ⅱ）利用（Ⅰ）的结论，，化简S n=+++…+，可求S n；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，利用a n=，T n为数列{a n}的前n项和，求出T n的表达式，结合不等式<，推出c，m的范围，正整数c、m，可得c和m的值．。

专题01 数列大题拔高练(原卷版)

【一专三练】专题01 数列大题拔高练-新高考数学复习分层训练（新高考通用）1．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校联考模拟预测）数列{}n a 满足11a =，1113n n a a n +=+．(1)设27n nn n b a -=，求{}n b 的最大项；(2)求数列{}n a 的前n 项和n S ．2．（2023·安徽蚌埠·统考三模）已知数列{}n a 满足11a =，2121n n a a +=+，2212n n a a -=.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设12111n nT a a a =+++ ，求证：23n T <.3．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）已知数列{}n a 满足11a =，1,,,;n n na n n a a n n ++⎧=⎨-⎩为奇数为偶数数列nb 满足2n n b a =．(1)求数列{}n b 的通项公式；(2)求数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S ．4．（2023·广东广州·统考一模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且221n n n S a +=+(1)求1a ，并证明数列2nn a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列：(2)若222k k a S <，求正整数k 的所有取值.5．（2023·湖南岳阳·统考二模）已知数列{}n a 的前n 项和为111,1,22n n n n S a S S ++==+(1)证明数列2n n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，并求数列{}n a 的通项公式；(2)设3n n n b S =，若对任意正整数n ，不等式21827n m m b -+<恒成立，求实数m 的取值范围.6．（2023·广东深圳·深圳中学校联考模拟预测）在数列{}n a 中，149a =，()()()2313912n n n n a n a ++⋅+=+.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设{}n a 的前n 项和为n S ，证明：525443n nn S +<-⋅.7．（2023·山西·校联考模拟预测）在①n b =②11n n n b a a +=；③2n n n b a =，这三个条件中任选一个补充在下面横线上，并解答问题．已知数列{}n a 的前n 项和23322n n S na n n =-+．(1)证明：数列{}n a 是等差数列；(2)若12a =，设___________，求数列{}n b 的前n 项和n T ．8．（2023·吉林长春·校联考一模）已知等差数列{}n a 的首项11a =，记{}n a 的前n 项和为n S ，4232140S a a -+=.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n a 公差1d >，令212n n nn n a c a a ++=⋅⋅，求数列{}n c 的前n 项和n T .9．（2023·浙江·校联考三模）已知数列{}n a 是以d 为公差的等差数列，0,n d S ≠为{}n a 的前n 项和．(1)若6336,1S S a -==，求数列{}n a 的通项公式；(2)若{}n a 中的部分项组成的数列{}n m a 是以1a 为首项，4为公比的等比数列，且214a a =，求数列{}n m 的前n 项和n T ．10．（2023·山西·统考模拟预测）已知数列{}n a 是正项等比数列，且417a a -=，238a a =.(1)求{}n a 的通项公式；(2)从下面两个条件中选择一个作为已知条件，求数列{}n b 的前n 项和n S .①()21n n b n a =-；②()22121log n n b n a =+.11．（2023·辽宁沈阳·统考一模）设*n ∈N ，向量()1,1AB n =- ，()1,41AC n n =-- ，n a AB AC =⋅ ．(1)令1n n n b a a +=-，求证：数列{}n b 为等差数列；(2)求证：1211134n a a a ++⋅⋅⋅+<．12．（2023·福建厦门·厦门双十中学校考模拟预测）设数列{}n a 的前n 项和为n S ．已知11a =，222n n na S n n -=-，*N n ∈．(1)求证：数列{}n a 是等差数列；(2)设数列{}n b 的前n 项和为n T ，且21nn T =-，令2n n n a c b =，求数列{}n c 的前n 项和n R ．13．（2023·山东潍坊·统考一模）已知数列{}n a 为等比数列，其前n 项和为n S ，且满足()2n n S m m R =+∈.(1)求m 的值及数列{}n a 的通项公式；(2)设2log 5n n b a =-，求数列{}n b 的前n 项和n T .14．（2023·辽宁抚顺·统考模拟预测）已知n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，n T 是等比数列{}n b 的前n 项和，且10a =，11b =，223344S T S T S T +=+=+．(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)设211nn n i c a n ==⋅∑，求数列的前n 项和n P ．15．（2023·湖北·校联考模拟预测）已知数列{}n a 满足()112,(1)02,N n n a n a na n n *-=-+=≥∈．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设n S 为数列{}n a 的前n 项和，求2023S ．16．（2023·安徽合肥·校考一模）已知数列{}n a 满足221n n n a a a ++=，13a =，23243a a =．(1)求{}n a 的通项公式；(2)若3log n n b a =，数列{}n b 的前n 项和为n S ，求12111nS S S ++⋯+．17．（2023·辽宁葫芦岛·统考一模）设等差数列{}n a 的前项和为n S ，已知1239a a a ++=，2421a a ⋅=，等比数列{}n b 满足2334b b +=，234164b b b =．(1)求n S ；(2)设n n c =，求证：1234n c c c c ++++< ．18．（2023·山东枣庄·统考二模）已知数列{}n a 的首项13a =，且满足2122n n n a a +++=．(1)证明：{}2n n a -为等比数列；(2)已知2,log ,n n na nb a n ⎧=⎨⎩为奇数为偶数，n T 为{}n b 的前n 项和，求10T ．19．（2023·山东聊城·统考一模）已知数列{}n a 满足1322a a a +=，13,2,n n na n a a n +⎧=⎨+⎩为奇数为偶数，数列{}n c 满足21n n c a -=．(1)求数列{}n c 和{}n a 的通项公式；(2)求数列{}n a 的前n 项和n S ．20．（2023·江苏·二模）已知数列{}n a 满足112a =-，()1120n n n a na +++=.数列{}nb 满足11b =，1n n n b k b a +=⋅+ ．(1)求{}n a 的通项公式；(2)证明：当1k ≤时，1132n n n b -+≤- ．21．（2023·江苏·统考一模）在数列}n a 中，若()*1123N n n a a a a a d n +-⋅⋅⋅=∈，则称数列{}n a 为“泛等差数列”，常数d 称为“泛差”.已知数列{}n a 是一个“泛等差数列”，数列{}n b 满足22212123n n n a a a a a a a b =⋅++⋅⋅⋅⋅-⋅+.(1)若数列{}n a 的“泛差”1d =，且1a ，2a ，3a 成等差数列，求1a ；(2)若数列{}n a 的“泛差”1d =-，且112a =，求数列{}nb 的通项n b .22．（2023·辽宁辽阳·统考一模）某体育馆将要举办一场文艺演出，以演出舞台为中心，观众座位依次向外展开共有10排，从第2排起每排座位数比前一排多4个，且第三排共有49个座位.(1)设第n 排座位数为()1,2,,10n a n =L ，求n a 及观众座位的总个数；(2)已知距离演出舞台最远的第10排的演出门票的价格为500元/张，每往前推一排，门票单价为其后一排的1.1倍，若门票售罄，试问该场文艺演出的门票总收入为多少元？（取101.1 2.594=）23．（2023·浙江温州·统考二模）已知{}n a 是首项为1的等差数列，公差{}0,n d b >是首项为2的等比数列，4283,a b a b ==．(1)求{}{},n n a b 的通项公式；(2)若数列{}n b 的第m 项m b ，满足__________（在①②中任选一个条件），*N k ∈，则将其去掉，数列{}n b 剩余的各项按原顺序组成一个新的数列{}n c ，求{}n c 的前20项和20S ．①4log m k b a =②31m k b a =+．24．（2023·山西太原·统考一模）已知等差数列{}n a 中，11a =，n S 为{}n a 的前n 项和，且也是等差数列.(1)求n a ；(2)设()*1n n n n S b n a a +=∈N ，求数列{}n b 的前n 项和n T .25．（2023·云南红河·统考二模）已知等差数列{}n a 的公差0d >，12a =，其前n 项和为n S ，且______．在①1a ，3a ，11a 成等比数列；333S =；③221133n n n n a a a a ++-=+这三个条件中任选一个，补充在横线上，并回答下列问题．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n b 满足()11nn n b a =+-，求数列{}n b 的前2n 项和2n T ．注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分．26．（2023·辽宁大连·校联考模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项之积为()(1)22N n n n S n -*=∈．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设公差不为0的等差数列{}n b 中，11b =，___________，求数列{}2log 2n b n a +的前n 项和n T ．请从①224b b =；②358b b +=这两个条件中选择一个条件，补充在上面的问题中并作答．注：如果选择多个条件分别作答，则按照第一个解答计分．27．（2023·山东·烟台二中校联考模拟预测）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且413a =，672S =，数列{}n b 的前n 项和为n T ，且344n n T b =-．(1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式．(2)记()152n n n n a b c +-⋅=，若数列{}n c 的前n 项和为n Q ，数列的前n 项和为n R ，探究：n n nQ R c +是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．28．（2023·湖南常德·统考一模）已知数列{}n a 满足1224444n n n a a a n +++=L （*n ∈N ）.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n b 满足11n n n b a a +=，求{}n b 的前n 项和n S .29．（2023·山东济宁·统考一模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足：*111,2(N )n n a na S n n +==+∈. (1)求证：数列1n a n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭为常数列；(2)设3123123333n n n a a a a a a a a T =++++ ，求n T .30．（2023·湖南长沙·湖南师大附中校考一模）如图，已知曲线12:(0)1x C y x x =>+及曲线21:(0)3C y x x=>.从1C 上的点)n P n +∈N 作直线平行于x 轴，交曲线2C 于点n Q ，再从点n Q 作直线平行于y 轴，交曲线1C 于点1n P +，点n P 的横坐标构成数列{}1102n a a ⎛⎫<< ⎪⎝⎭.(1)试求1n a +与n a 之间的关系，并证明：()21212n n a a n -+<<∈N ；(2)若113a =，求n a的通项公式.。

高中数学专题练习《数列综合拔高练》含详细解析

4.1~4.4综合拔高练考点1等差数列及其应用1.(2019课标全国Ⅰ,9,5分,)记S n为等差数列{a n}的前n项和.已知S4=0,a5=5,则()A.a n=2n-5B.a n=3n-10n2-2nC.S n=2n2-8nD.S n=122.(2020课标全国Ⅱ理,4,5分,)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3.(2019课标全国Ⅲ,14,5分,)记S n为等差数列{a n}的前n项和,若a1≠0,a2=3a1,则S10=.S54.(2019北京,10,5分,)设等差数列{a n}的前n项和为S n.若a2=-3,S5=-10,则a5=,S n的最小值为.5.(2019课标全国Ⅰ,18,12分,)记S n为等差数列{a n}的前n项和.已知S9=-a5.(1)若a3=4,求{a n}的通项公式;(2)若a1>0,求使得S n≥a n的n的取值范围.考点2等比数列及其应用6.(2019课标全国Ⅲ,5,5分,)已知各项均为正数的等比数列{a n}的前4项和为15,且a5=3a3+4a1,则a3=()A.16B.8C.4D.27.(2018北京,4,5分,)“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12.若第一个单音的频率为f,则第八个单音的频率为()等于√2A.√23fB.√223fC.√2512fD.√2712f 8.(2019课标全国Ⅰ,14,5分,)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若a 1=13,a 42=a 6,则S 5= .9.(2020课标全国Ⅰ理,17,12分,)设{a n }是公比不为1的等比数列,a 1为a 2,a 3的等差中项. (1)求{a n }的公比;(2)若a 1=1,求数列{na n }的前n 项和.10.(2019课标全国Ⅱ,19,12分,)已知数列{a n }和{b n }满足a 1=1,b 1=0,4a n+1=3a n -b n +4,4b n+1=3b n -a n -4. (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.考点3数列的综合应用11.(2020新高考Ⅰ,18,12分,)已知公比大于1的等比数列{a n}满足a2+a4=20,a3=8.(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S100.12.(2018课标全国Ⅰ,17,12分,)已知数列{a n}满足a1=1,na n+1=2(n+1)a n.设b n=a n.n(1)求b1,b2,b3;(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.13.(2020天津,19,15分,)已知{a n}为等差数列,{b n}为等比数列,a1=b1=1,a5=5(a4-a3),b5=4(b4-b3).(1)求{a n}和{b n}的通项公式;(2)记{a n}的前n项和为S n,求证:S n S n+2<S n+12(n∈N*);(3)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-1b n+1,n为偶数.求数列{c n}的前2n项和.14.(2018浙江,20,15分,)已知等比数列{a n}的公比q>1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中项.数列{b n}满足b1=1,数列{(b n+1-b n)a n}的前n项和为2n2+n.(1)求q的值;(2)求数列{b n}的通项公式.考点4数学归纳法*15.(2020课标全国Ⅲ理,17,12分,)设数列{a n}满足a1=3,a n+1=3a n-4n.(1)计算a2,a3,猜想{a n}的通项公式并加以证明;(2)求数列{2n a n}的前n项和S n.深度解析三年模拟练应用实践1.(2020河南开封高二上期末联考,)公差不为0的等差数列{a n}的部分项a k1,a k2,a k3,…构成公比为4的等比数列{a kn},且k1=1,k2=2,则k3=()A.4B.6C.8D.222.(2020福建厦门外国语学校高二上期中,)已知数列{a n}的通项公式为a n=n+an(n∈N*),则“a2>a1”是“数列{a n}单调递增”的() A.充要条件 B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件3.(2020湖南长沙一中高三上第三次月考,)已知数列{a n }为等差数列,其前n 项和为S n ,且a 2=3,S 5=25,若b n =a n sin 2nπ3,且数列{b n }的前n 项和为T n ,则T 9=( ) A.-√32B.0 C .-3√3 D .-3√324.(多选)(2020山东济宁高二上期末质量检测,)若S n 为数列{a n }的前n 项和,且S n =2a n +1(n ∈N *),则下列说法正确的是( ) A.a 5=-16 B.S 5=-63C.数列{a n }是等比数列D.数列{S n +1}是等比数列 5.(多选)(2020广东中山高二上期末统考,)意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人,斐波那契数列被誉为最美的数列,斐波那契数列{a n }满足:a 1=1,a 2=1,a n =a n-1+a n-2(n ≥3,n ∈N *).若将数列的每一项按照下图方法放进格子里,每一小格子的边长为1,记前n 项所占的格子的面积之和为S n ,每段螺旋线与其所在的正方形围成的扇形面积为c n ,则下列结论正确的是( )A.S n+1=a n+12+a n+1a n B.a 1+a 2+a 3+…+a n =a n+2-1C.a 1+a 3+a 5+…+a 2n-1=a 2n -1D.4(c n -c n-1)=πa n-2a n+1 6.(2020山东济宁实验中学高二上期中,)古代埃及数学中有一个独特现象:除23用一个单独的符号表示以外,其他分数都可写成若干个单分数和的形式.例如25=13+115,可这样理解:假定有两个面包,要平均分给5个人,如果每人12,不够,每人13,余13,再将这13分成5份,每人得115,这样每人分得13+115.形如22n -1(n ≥3,n ∈N *)的分数的分解:25=13+115,27=14+128,29=15+145,按此规律,则22n -1= (n ≥3,n ∈N *).深度解析7.(2020山东高考第一次模拟,)古希腊毕达哥拉斯学派研究了“多边形数”,人们把多边形数推广到空间,研究了“四面体数”,如图给出了第一至第四个四面体数已知12+22+32+…+n 2=n(n+1)(2n+1)6.观察上图,由此得出第5个四面体数为 (用数字作答);第n 个四面体数为 .深度解析 8.(2020河北武邑中学高三上期末,)我们称一个数列是“有趣数列”,当且仅当该数列满足以下两个条件:①所有的奇数项满足a 2n-1<a 2n+1,所有的偶数项满足a 2n <a 2n+2;②任意相邻的两项a 2n-1,a 2n 满足a 2n-1<a 2n .根据上面的信息完成下面的问题:(1)数列1,2,3,4,5,6 “有趣数列”(填“是”或者“不是”);(2)若a n =n+(-1)n ·2n ,则数列{a n } “有趣数列”(填“是”或者“不是”).9.(2020北京高考适应性测试,)已知{a n}是公比为q的无穷等比数列,其前n项和为S n,满足a3=12,.是否存在正整数k,使得S k>2020?若存在,求出k的最小值;若不存在,请说明理由.从①q=2,②q=12,③q=-2这三个条件中任选一个,补充在上面问题中并作答.注:若选择多个条件分别解答,则按第一个解答计分.10.(2020江西新余一中高二上第二次段考,)已知正项数列{a n}的前n项和为S n,对任意n∈N*,点(a n,S n)都在函数f(x)=2x-2的图象上.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=(2n-1)a n,求数列{b n}的前n项和T n;(3)已知数列{c n}满足c n=1a n -(1n-1n+1)(n∈N*),若对任意n∈N*,存在x0∈[-12,12],使得c1+c2+…+c n≤f(x0)-a成立,求实数a的取值范围.11.(2020天津耀华中学高二上期中,)在数列{a n}中,已知a1=1,其前n 项和为S n,且对任意的正整数n,都有2S n=(n+1)a n成立.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)已知关于n的不等式a3-2a3·a4-2a4·…·a n-2a n<√2n+1对一切n≥3,n∈N*恒成立,求实数a的取值范围;(3)已知c n=(11+a n )2,数列{c n}的前n项和为T n,试比较T n与23的大小并证明.迁移创新12.(2019北京高考,)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.(1)写出数列1,8,3,7,5,6,9的一个长度为4的递增子列;(2)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 m,长度为q的递增子列的末项的最小值为a n0.若p<q,求证:a m<a n;(3)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的递增子列的末项的最小值为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.深度解析答案全解全析五年高考练1.A 设等差数列{a n }的首项为a 1,公差为d,则由题意有{4a 1+4×32d =0,a 1+4d =5,解得{a 1=−3,d =2,所以a n =-3+(n-1)×2=2n-5, S n =-3n+n(n -1)2×2=n 2-4n,故选A.2.C 由题意可设每层有n 个环,则三层共有3n 个环,∴每一环扇面形石板的块数构成以a 1=9为首项,9为公差的等差数列{a n },且项数为3n.不妨设上层扇面形石板总数为S 1,中层总数为S 2,下层总数为S 3,∴S 3-S 2=[9(2n +1)·n +n(n -1)2×9]-9(n+1)·n+n(n -1)2×9=9n 2=729,解得n=9(负值舍去).则三层共有扇面形石板(不含天心石)27×9+27×262×9=27×9+27×13×9=27×14×9=3 402(块).故选C.3.答案 4解析设数列{a n }的公差为d, 由题意得a 1+d=3a 1,即d=2a 1, 则S 5=5a 1+5×42d=25a 1,S 10=10a 1+10×92d=100a 1,又a 1≠0,所以S 10S 5=100a 125a 1=4. 4.答案 0;-10解析解法一:设等差数列{a n }的首项为a 1,公差为d,则由已知可得{a 1+d =−3,5a 1+10d =−10,解得{a 1=−4,d =1,所以a 5=a 1+4d=-4+4×1=0,S n =-4n+n(n -1)2=n 22-9n 2=12(n -92)2-818.因为n ∈N *,所以当n=4或n=5时,S n 取得最小值,最小值为-10. 解法二:设等差数列{a n }的首项为a 1,公差为d,因为S 5=5(a 1+a 5)2=5a 3=-10,所以a 3=-2,又因为a 2=-3,所以d=a 3-a 2=1,所以a 5=a 3+2d=0,所以(S n )min =S 4=S 5=-10.5.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 =(n-5)d,S n =n(n -9)d2.由a 1>0知d<0,故S n ≥a n 等价于n 2-11n+10≤0,解得1≤n ≤10. 所以n 的取值范围是{n|1≤n ≤10,n ∈N *}.6.C 设数列{a n }的公比为q,由题知a 1>0,q>0且q ≠1,则{a 1(1-q 4)1−q=15,a 1q 4=3a 1q 2+4a 1,解得{a 1=1,q =2,所以a 3=a 1q 2=4.7.D 由题意得,十三个单音的频率构成首项为f,公比为√212的等比数列,设该等比数列为{a n },首项为a 1,公比为q,则a 8=a 1q 7=f ·(√212)7=√2712f. 8.答案1213解析因为a 42=a 2a 6=a 6,所以a 2=1,所以公比为a 2a1=3,所以S 5=13×(1−35)1−3=1213.9.解析 (1)设{a n }的公比为q,且q ≠1,由题设得2a 1=a 2+a 3,即2a 1=a 1q+a 1q 2.所以q 2+q-2=0,解得q 1=1(舍去),q 2=-2. 故{a n }的公比为-2.(2)记S n 为{na n }的前n 项和.由(1)及题设可得,a n =(-2)n-1. 所以S n =1+2×(-2)+…+n×(-2)n-1,①-2S n =-2+2×(-2)2+…+(n-1)×(-2)n-1+n×(-2)n .② ①-②可得3S n =1+(-2)+(-2)2+…+(-2)n-1-n×(-2)n =1−(−2)n3-n×(-2)n .所以S n =19-(3n+1)(−2)n9.10.解析 (1)证明:由题知4a n+1=3a n -b n +4①,4b n+1=3b n -a n -4②,①+②得4(a n+1+b n+1)=2(a n +b n ),即a n+1+b n+1=12(a n +b n ).又因为a 1+b 1=1,所以{a n +b n }是首项为1,公比为12的等比数列.①-②,得4(a n+1-b n+1)=4(a n -b n )+8,即a n+1-b n+1=a n -b n +2.又因为a 1-b 1=1,所以{a n -b n }是首项为1,公差为2的等差数列. (2)由(1)知,a n +b n =12n -1,a n -b n =2n-1,所以a n =12[(a n +b n )+(a n -b n )] =12n +n-12,b n =12[(a n +b n )-(a n -b n )]=12n -n+12.11.解析 (1)设{a n }的公比为q,且q>1.由题设得a 1q+a 1q 3=20,a 1q 2=8. 解得q 1=12(舍去),q 2=2.所以a 1=8q2=2.所以{a n}的通项公式为a n=2n.(2)由于21=2,22=4,23=8,24=16,25=32,26=64,27=128,所以由题设及(1)可得,b1对应的区间为:(0,1],则b1=0;b2,b3对应的区间分别为:(0,2],(0,3],则b2=b3=1,即有2个1;b4,b5,b6,b7对应的区间分别为:(0,4],(0,5],(0,6],(0,7],则b4=b5=b6=b7=2,即有22个2;b8,b9,…,b15对应的区间分别为:(0,8],(0,9],…,(0,15],则b8=b9=…=b15=3,即有23个3;b16,b17,…,b31对应的区间分别为:(0,16],(0,17],…,(0,31],则b16=b17=…=b31=4,即有24个4;b32,b33,…,b63对应的区间分别为:(0,32],(0,33],…,(0,63],则b32=b33=…=b63=5,即有25个5;b64,b65,…,b100对应的区间分别为:(0,64],(0,65],…,(0,100],则b64=b65=…=b100=6,即有37个6.所以S100=1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×37=480.12.解析(1)由已知可得a n+1=2(n+1)a n.n将n=1代入,得a2=4a1,又a1=1,所以a2=4.将n=2代入,得a3=3a2,所以a3=12.,所以b1=1,b2=2,b3=4.因为b n=a nn(2)数列{b n}是首项为1,公比为2的等比数列.理由如下:由已知可得a n+1n+1=2a nn,即b n+1=2b n ,又b 1=1,所以数列{b n }是首项为1,公比为2的等比数列. (3)由(2)可得an n =2n-1,所以a n =n ·2n-1.13.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.由a 1=1,a 5=5(a 4-a 3),可得d=1,从而{a n }的通项公式为a n =n.由b 1=1,b 5=4(b 4-b 3),又q ≠0,可得q 2-4q+4=0,解得q=2,从而{b n }的通项公式为b n =2n-1. (2)证明:由(1)可得S n =n(n+1)2,故S n S n+2=14n(n+1)(n+2)(n+3),S n+12=14(n+1)2(n+2)2,从而S n S n+2-S n+12=-12(n+1)(n+2)<0,所以S n S n+2<S n+12.(3)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∑k=1nc 2k-1=∑k=1n22k 2k+1-22k -22k -1=22n2n+1-1,和∑k=1n c 2k =∑k=1n2k -14k=14+342+543+…+2n -14n.①由①得14∑k=1n c 2k =142+343+…+2n -34n+2n -14n+1.②由①-②得34∑k=1nc 2k =14+242+…+24n -2n -14n+1=24(1−14n )1−14-14-2n -14n+1,从而得∑k=1nc 2k =59-6n+59×4n.因此,∑k=12n c k =∑k=1nc 2k-1+∑k=1nc 2k =4n2n+1-6n+59×4n -49.所以,数列{c n }的前2n 项和为4n2n+1-6n+59×4n -49.14.解析 (1)由a 4+2是a 3,a 5的等差中项,得a 3+a 5=2a 4+4, 所以a 3+a 4+a 5=3a 4+4=28,解得a 4=8.所以a 3+a 5=20,即8(q +1q )=20,解得q=2或q=12,因为q>1,所以q=2.(2)设c n =(b n+1-b n )a n ,数列{c n }的前n 项和为S n , 由c n ={S 1,n =1,S n -S n -1,n ≥2,得c n =4n-1.由(1)可知a n =2n-1, 所以b n+1-b n =(4n-1)·(12)n -1,所以b n -b n-1=(4n-5)·(12)n -2,n ≥2,则b n -b 1=(b n -b n-1)+(b n-1-b n-2)+…+(b 3-b 2)+(b 2-b 1) =(4n-5)·(12)n -2+(4n-9)·(12)n -3+…+7·12+3.设T n =3+7·12+11·(12)2+…+(4n-5)·(12)n -2,n ≥2,则12T n =3·12+7·(12)2+…+(4n-9)·(12)n -2+(4n-5)·(12)n -1,两式相减,得12T n =3+4·12+4·(12)2+…+4·(12)n -2-(4n-5)·(12)n -1=3+4×12[1−(12)n -2]1−12-(4n-5)·(12)n -1=7-(4n+3)·(12)n -1,因此T n =14-(4n+3)·(12)n -2,n ≥2,又b 1=1,所以b n =15-(4n+3)·(12)n -2,n ∈N *.15.解析 (1)由题意可得a 2=3a 1-4=9-4=5,a 3=3a 2-8=15-8=7,由数列{a n }的前三项可猜想数列{a n }是以3为首项,2为公差的等差数列,即a n =2n+1,n ∈N *, 证明如下:当n=1时,a 1=3成立;假设n=k(k ∈N *)时,a k =2k+1成立.那么n=k+1时,a k+1=3a k-4k=3(2k+1)-4k=2k+3=2(k+1)+1也成立.则对任意的n∈N*,都有a n=2n+1成立.所以{a n}的通项公式为a n=2n+1,n∈N*.(2)由(1)得2n a n=(2n+1)2n,所以S n=3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)×2n.①从而2S n=3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)×2n+1.②①-②得-S n=3×2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n+1)×2n+1.所以S n=(2n-1)2n+1+2.知识拓展数列求和的5种方法解决数列的求和问题,首先要得到数列的通项公式,有了通项公式,再根据其特点选择相应的求和方法.数列求和的方法有以下几类:(1)公式法:等差或等比数列的求和用公式法;(2)裂项相消法:形如a n=1n(n+k),可裂项为a n=1k ·(1n-1n+k);(3)错位相减法:形如c n=a n·b n,其中{a n}是等差数列,{b n}是等比数列;(4)分组求和法:形如c n=a n+b n,其中{a n}是等差数列,{b n}是等比数列;(5)并项求和法.三年模拟练应用实践1.B设等差数列{a n}的首项为a1,公差为d(d≠0).因为等比数列{a kn}的公比为4,且k1=1,k2=2,所以a1,a2,a k3构成公比为4的等比数列.所以a 2=4a 1,所以a 1+d=4a 1,得d=3a 1. 所以a k 3=4a 2=4(a 1+d)=4(a 1+3a 1)=16a 1,所以a 1+(k 3-1)d=16a 1,即a 1+(k 3-1)·3a 1=16a 1,因为a 1≠0,所以k 3=6.故选B.2.A 当a 2>a 1时,2+a2>1+a,即a<2,此时a n+1-a n =1-an(n+1),又n ∈N *,所以n(n+1)≥2,所以a n+1-a n >0,充分性成立; 若{a n }为递增数列,则a n+1-a n =1-a n(n+1)>0恒成立,即a<n(n+1)恒成立,故a<2,此时a 2>a 1,必要性成立,故选A. 3.C 设{a n }的首项为a 1,公差为d,由S 5=5(a 1+a 5)2=5a 3=25,得a 3=5.又a 2=3,∴d=a 3-a 2=2.∴a n =a 2+(n-2)d=3+2(n-2)=2n-1. 又sin2nπ3的周期为2π2π3=3,且sin 2π3=√32,sin 4π3=-√32,sin 2π=0,∴T 9=√32a 1-√32a 2+0+√32a 4-√32a 5+0+√32a 7-√32a 8+0=√32×(-d)×3=-3√3,故选C. 4.AC 由题意得,当n=1时,S 1=2a 1+1,解得a 1=-1,当n ≥2时,a n =S n -S n-1=2a n -2a n-1,即a n =2a n-1,所以数列{a n }是以-1为首项,2为公比的等比数列,所以a n =(-1)×2n-1,a 5=-1×24=-16,故A 、C 正确. 又S n =2a n +1=-2n +1,所以S 5=-25+1=-31,故B 错误.因为S 1+1=-1+1=0,所以数列{S n +1}不是等比数列,故D 错误.故选AC.5.ABD 前n+1项所占格子组成长为a n+1+a n ,宽为a n+1的矩形,其面积为S n+1=(a n+1+a n )a n+1=a n+12+a n+1a n ,∴A 正确;依题意得,a 3=a 2+a 1,a 4=a 3+a 2,……,a n+2=a n+1+a n ,以上各式相加得,a 3+a 4+…+a n+2=(a 2+a 3+…+a n+1)+(a 1+a 2+…+a n ),∴a n+2-a 2=a 1+a 2+…a n ,即a 1+a 2+…+a n =a n+2-1,∴B 正确;依题意得,a 1=a 2=1,a 3=2,a 4=3,a 5=5,a 6=8,∴a 1+a 3+a 5=8≠a 6-1=7,∴C 不正确;易知c n =14πa n 2,c n-1=14πa n -12,∴4(c n -c n-1)=π(a n 2-a n -12)=π(a n -a n-1)(a n +a n-1)=πa n-2a n+1(n ≥3),∴D 正确.故选ABD. 6.答案 1n +12n 2-n解析由题意得,25=13+115, 即22×3−1=13+13×(2×3−1)27=14+128,即22×4−1=14+14×(2×4−1), 29=15+145,即22×5−1=15+15×(2×5−1),由此归纳出22×n -1=1n +1n(2n -1)(n ≥3,n ∈N *). 经验证1n +1n(2n -1)=2n -1+1n(2n -1)=22n -1,结论成立,∴22n -1=1n +12n 2-n.易错警示由数列的前n 项归纳通项公式时,首先要分析项的结构,然后再探究结构中的各部分与项的序号n 间的函数关系,进而求得通项公式. 7.答案 35;n(n+1)(n+2)6解析依题意得,第一个四面体数为1, 第二个四面体数为1+(1+2), 第三个四面体数为1+(1+2)+(1+2+3),第四个四面体数为1+(1+2)+(1+2+3)+(1+2+3+4),第五个四面体数为1+(1+2)+(1+2+3)+(1+2+3+4)+(1+2+3+4+5)=35, ……由此可归纳出第n 个四面体数为1+(1+2)+(1+2+3)+…+(1+2+3+…+n), 即1+3+6+…+n(n+1)2.①设①式中的每个数从左至右的排列为数列{a n },即{a n }为1,3,6,10,… 得到递推关系为a 2-a 1=2,a 3-a 2=3,……,a n -a n-1=n,以上各式相加得,a n -a 1=(n -1)(n+2)2=12(n 2+n-2).又a 1=1,∴a n =12(n 2+n), ∴a 1+a 2+…+a n =12[(12+1)+(22+2)+(32+3)+…+(n 2+n)]=12(12+22+32+…+n 2)+12(1+2+3+…+n) =12×n(n+1)(2n+1)6+12×n(n+1)2=n(n+1)(n+2)6.∴第n 个四面体数为n(n+1)(n+2)6.解题模板对于图形中的计数问题,常分析前后图形数量之间的关系,如本题中,第一个数:a 1,第二个数:a 1+a 2,第三个数:a 1+a 2+a 3,第四个数:a 1+a 2+a 3+a 4,……,且a 2=a 1+2,a 3=a 2+3,a 4=a 3+4,……,由此利用数列的递推关系式进行计算.8.答案(1)是(2)是解析(1)数列1,2,3,4,5,6为递增数列,符合“有趣数列”的条件.因此,数列1,2,3,4,5,6是“有趣数列”.(2)若a n=n+(-1)n·2n,则a2n+1-a2n-1=(2n+1)-22n+1-[(2n-1)-22n-1]=2+22n-1-22n+1=2+4(2n-1)(2n+1)>0,∴a2n+1>a2n-1.a2n+2-a2n=2n+2+22n+2-(2n+22n)=2-1n(n+1).∵n(n+1)≥2,∴a2n+2-a2n>0,即a2n+2>a2n.a2n-a2n-1=2n+22n -(2n-1-22n-1)=1+1n +22n-1>0,∴a2n>a2n-1,∴{a n}是“有趣数列”.9.解析设数列{a n}的首项为a1.选择①q=2.当q=2时,由a3=12得,a1=a3q2=3.∴S n=a1(1-q n)1−q =3×(1−2n)1−2=3×2n-3,则S k=3×2k-3.由S k>2020得,3×2k-3>2020,即2k>2 0233≈674.3.∵29=512,210=1024,k∈N*,∴k min=10.∴当a3=12,q=2时,存在最小正整数k=10,使得S k>2020.选择②q=12.当q=12时,由a 3=12得,a 1=a3q2=48, ∴S n =a 1(1-q n )1−q=48×(1−12n )1−12=96-96×(12)n ,则S k =96-96×(12)k.由S k >2 020得,96-96×(12)k>2 020, 即(12)k<-48124,不等式无解,则k 不存在.∴当a 3=12,q=12时,不存在最小正整数k,使得S k >2 020.选择③q=-2.当q=-2时,由a 3=12得,a 1=a3q 2=3, ∴S n =a 1(1-q n )1−q=3×[1−(−2)n ]1−(−2)=1-(-2)n , 则S k =1-(-2)k .由S k >2 020得,1-(-2)k >2 020,即(-2)k <-2 019. 当k 为偶数时,2k <-2 019,不等式无解. 当k 为奇数时,-2k <-2 019,即2k >2 019, ∵210=1 024,211=2 048,k ∈N *,∴k min =11.∴当a 3=12,q=-2时,存在最小正整数k=11,使得S k >2 020.10.解析 (1)由点(a n ,S n )都在函数f(x)=2x-2的图象上,可得S n =2a n -2①, 当n=1时,a 1=S 1=2a 1-2,解得a 1=2;当n ≥2时,由S n =2a n -2得,S n-1=2a n-1-2②,①-②,得a n =S n -S n-1=2a n -2-2a n-1+2,即a n =2a n-1,又a 1=2≠0,所以数列{a n }是首项为2,公比为2的等比数列. 所以a n =2n ,n ∈N *.(2)由(1)知b n =(2n-1)a n =(2n-1)2n ,则T n =1×21+3×22+5×23+…+(2n-1)×2n , 2T n =1×22+3×23+…+(2n-3)×2n +(2n-1)×2n+1, 两式相减可得-T n =2+2(22+23+ (2))-(2n-1)×2n+1=2+2×4×(1−2n -1)1−2-(2n-1)×2n+1=(3-2n)×2n+1-6,所以T n =6+(2n-3)×2n+1. (3)由(1)知c n =12n -(1n -1n+1), 设M n 为数列{c n }的前n 项和, 则M n =(12+122+⋯+12n)-(1−12)+(12-13)+…+1n -1n+1=12×(1−12n )1−12-(1−1n+1)=1n+1-12n, 因为c n =12n -(1n -1n+1)=12n -1n(n+1), 所以c 1=0,c 2>0,c 3>0,c 4>0, 当n ≥5时,令d n =2n n(n+1), 则d n+1-d n =2n+1(n+1)(n+2)-2nn(n+1)=2n (n -2)n(n+1)(n+2)>0,所以{d n }为递增数列. 又d 5=255×6=1615>1,所以d n >1,所以2n >n(n+1),所以c n <0, 所以M n 的最大值为M 4=15-116=1180,当x ∈[-12,12]时,f(x)-a=2x-2-a 的最大值为-1-a,因为对任意n ∈N *,存在x 0∈[-12,12],使得c 1+c 2+…+c n ≤f(x 0)-a 成立,所以1180≤-1-a,解得a ≤-9180.所以实数a 的取值范围是(-∞,-9180].11.解析 (1)∵2S n =(n+1)a n , ∴当n ≥2时,2S n-1=na n-1, ∴两式相减得,2a n =(n+1)a n -na n-1, 即(n-1)a n =na n-1(n ≥2), 又a 1=1≠0,∴a n ≠0,∴a n a n -1=nn -1(n ≥2),∴a2a 1=21,a3a 2=32,……,a na n -1=n n -1,∴a n =a 2a 1·a 3a 2·…·a n a n -1·a 1=21·32·…·n n -1·1=n,经检验,当n=1时,a 1=1也满足上式, ∴a n =n(n ∈N *). (2)由(1)知a n =n,设f(n)=a 3-2a 3·a 4-2a 4·…·a n -2a n·√2n +1(n ≥3,n ∈N *), 则f(n+1)-f(n)=a 3-2a 3·a 4-2a 4·…·a n -2a n·(a n+1-2a n+1·√2n +3-√2n +1) =a 3-2a 3·a 4-2a 4·…·a n -2a n ·(n -1)√2n+3-(n+1)√2n+1n+1=a 3-2a 3·a 4-2a 4·…·a n -2a n·(√2n 3-n 2-4n+3-√2n 3+5n 2+4n+1n+1)<0,∴f(n)在n ≥3,n ∈N *上单调递减, ∴f(n)max =f(3)=√73.∴a>f(3)=√73,∴实数a的取值范围是(√73,+∞).(3)T n <23.证明如下:∵a n =n,∴c n =(11+a n)2=(11+n )2=1n 2+2n+1<1n(n+2)=12(1n -1n+2),∴T n =c 1+c 2+c 3+…+c n=14+c 2+c 3+…+c n <14+12(12-14)+(13-15)+(14-16)+…+1n -1n+2=14+1212+13-1n+1-1n+2=23-12(1n+1+1n+2)<23. ∴T n <23.迁移创新12.解析 (1)1,3,5,6.(答案不唯一)(2)证明:设长度为q 末项为a n 0的一个递增子列为a r 1,a r 2,…,a r q -1,a n 0. 由p<q,得a r p ≤a r q -1<a n 0.因为{a n }的长度为p 的递增子列末项的最小值为a m 0, 且a r 1,a r 2,…,a r p 是{a n }的长度为p 的递增子列, 所以a m 0≤a r p .所以a m 0<a n 0.(3)由题设知,所有正奇数都是{a n }中的项.先证明:若2m 是{a n }中的项,则2m 必排在2m-1之前(m 为正整数). 假设2m 排在2m-1之后.设a p 1,a p 2,…,a p m -1,2m-1是数列{a n }的长度为m 末项为2m-1的递增子列,则a p 1,a p 2,…,a p m -1,2m-1,2m 是数列{a n }的长度为m+1末项为2m 的递增子列,与已知矛盾.再证明:所有正偶数都是{a n }中的项.假设存在正偶数不是{a n }中的项,设不在{a n }中的最小的正偶数为2m. 因为2k 排在2k-1之前(k=1,2,…,m-1),所以2k 和2k-1不可能在{a n }的同一个递增子列中.又{a n }中不超过2m+1的数为1,2,…,2m-2,2m-1,2m+1,所以{a n }的长度为m+1且末项为2m+1的递增子列个数至多为2×2×2×…×2⏟ (m -1)个×1×1=2m-1<2m .与已知矛盾.最后证明:2m 排在2m-3之后(m ≥2为整数).假设存在2m(m ≥2),使得2m 排在2m-3之前,则{a n }的长度为m+1且末项为2m+1的递增子列的个数小于2m ,与已知矛盾. 综上,数列{a n }只可能为2,1,4,3,…,2m-3,2m,2m-1,…. 经验证,数列2,1,4,3,…,2m-3,2m,2m-1,…符合条件. 所以a n ={n +1,n 为奇数,n -1,n 为偶数.点评本题通过对数列新概念的理解考查了逻辑推理、知识的迁移应用能力;重点考查逻辑推理、数学抽象的核心素养;渗透数学应用与创新意识,以及由特殊到一般的分类整合思想.。

高三数学数列专项练习题及答案

高三数学数列专项练习题及答案一、选择题1.已知数列{an}的通项公式为an = 3n + 2，则数列的首项是：A. 1B. 2C. 3D. 4答案：B2.有一个等差数列的第1项是3，公差是4，求该数列的第10项：A. 23B. 27C. 30D. 33答案：C3.已知数列{an}的前n项和Sn = n^2 + 2n，求该数列的通项公式。

A. an = n^2B. an = n^2 + 2n + 1C. an = n^2 + nD. an = n^2 + 2n答案：D4.已知等差数列{an}的前n项和Sn = 2n^2 + 3n，求该数列的第10项。

A. 183B. 193C. 203D. 213答案：C5.已知等差数列{an}的前5项之和为10，其中首项为a1，公差为d，求a5的值。

A. 4B. 5C. 6D. 7答案：D二、填空题1.已知等差数列{an}的前n项和Sn = 2n^2 + 5n，求a1的值。

答案：22.已知数列{an}的通项公式为an = 2^n，其中n为自然数，求该数列的前5项之和。

答案：623.已知等差数列{an}的前n项和Sn = n^2 + 3n，求a1的值。

答案：14.已知等差数列{an}的前n项和Sn = 4n - n^2，求该数列的第7项。

答案：115.已知等差数列{an}的首项为3，公差为-2，求该数列的第8项。

答案：-5三、解答题1.已知数列{an}的通项公式为an = 3n + 2，求该数列的前10项。

解答：将n分别代入1到10，得到该数列的前10项为：5, 8, 11, 14, 17, 20, 23, 26, 29, 32。

2.已知等差数列{an}的首项是5，公差是3，求该数列的前10项之和。

解答：根据等差数列的图像性质可知，首项和末项之和等于前n项和的两倍。

所以，末项为a10 = 5 + 3 × (10 - 1) = 32。

故前10项之和为(5 + 32) × 10 ÷ 2 = 185。

高考数列测试题及答案

高考数列测试题及答案一、选择题（每题4分，共20分）1. 下列数列中，哪一个是等差数列？A. 1, 3, 5, 7, 9B. 2, 4, 8, 16, 32C. 1, 2, 4, 8, 16D. 3, 5, 7, 11, 13答案：A2. 已知数列{a_n}的通项公式为a_n = 2n - 1，求a_5的值。

A. 7B. 9C. 11D. 13答案：C3. 等比数列{b_n}中，b_1 = 2，公比q = 3，求b_4的值。

A. 24B. 48C. 72D. 96答案：C4. 已知数列{c_n}的前n项和S_n = n^2 + 2n，求c_3的值。

A. 7B. 8C. 9D. 10答案：A5. 等差数列{d_n}中，d_1 = 3，d_2 = 7，求d_5的值。

A. 17B. 19C. 21D. 23答案：A二、填空题（每题4分，共20分）6. 等差数列{e_n}中，e_3 = 10，e_5 = 16，求公差d。

答案：37. 等比数列{f_n}中，f_1 = 4，f_3 = 64，求公比q。

答案：48. 已知数列{g_n}的前n项和S_n = 3n^2 + 5n，求g_2的值。

答案：119. 等差数列{h_n}中，h_1 = 5，h_3 = 17，求h_5的值。

答案：2910. 等比数列{i_n}中，i_1 = 2，i_4 = 64，求i_2的值。

答案：4三、解答题（每题15分，共30分）11. 已知数列{j_n}是等差数列，且j_1 = 1，j_2 + j_3 = 10，求数列{j_n}的通项公式。

解答：设数列{j_n}的公差为d，则j_2 = 1 + d，j_3 = 1 + 2d。

根据题意，有(1 + d) + (1 + 2d) = 10，解得d = 3。

因此，数列{j_n}的通项公式为j_n = 1 + 3(n - 1) = 3n - 2。

12. 已知数列{k_n}是等比数列，且k_1 = 6，k_2 = 9，求数列{k_n}的前5项和。

高三数学提高题专题复习数列多选题练习题附解析

高三数学提高题专题复习数列多选题练习题附解析一、数列多选题1．已知数列{}n a 的首项1a m =且满足()()14751221nn a a n n a a +⎡⎤=-⋅-⋅+-⋅-⎣⎦，其中n *∈N ，则下列说法中正确的是（）A ．当1m =时，有3n n a a +=恒成立B ．当21m =时，有47n n a a ++=恒成立C ．当27m =时，有108111n n a a ++=恒成立D ．当()2km k N *=∈时，有2n kn k aa +++=恒成立【答案】AC 【分析】题设中的递推关系等价为1,231,nn n n n a a a a a +⎧⎪=⎨⎪+⎩为偶数为奇数，根据首项可找到{}n a 的局部周期性，从而可得正确的选项. 【详解】因为()()14751221n n a a n n a a +⎡⎤=-⋅-⋅+-⋅-⎣⎦，故1,231,nn n n n a a a a a +⎧⎪=⎨⎪+⎩为偶数为奇数，当1m =即11a =时，24a =，32a =，41a =，故{}n a 为周期数列且3n n a a +=，故A 正确.当21m =即121a =时，264a =，同理416a =，58a =，64a =，72a =，81a =，故58a a ≠，故B 错误.当2km =即12ka =时，根据等比数列的通项公式可有11222k kk a -⎛⎫= ⎪⎝⎭=，+1+21,4k k a a ==，+32k a =， +1+3k k a a ≠，故D 错误.对于C ，当27m =时，数列{}n a 的前108项依次为：27,82,42,124,62,31,94,47,142,71,214,107,322,161,484242,121,364,182,91,274，， 137,412,206,103,310,155,466,233,700,350,175,526,263,790,395,1186,593,1780， 890,445,1336,668,334,167,502,251,754,377,1132,566,283,850,425,1276,638,319，958,479,1438,719,2158,1079,3238,1619,4858,2429,7288,3644,1822,911,2734， 1367,4102,2051,6154,3077,9232,4616,2308,1154,577,1732,866,433,1300,650， 325,976,488,244,122,61,184,92,46,23,70,35,106,53,160,80,40,20,10,5,16，故1098a =，1104a =，1112a =，1121a =，1134a =，所以109112n n a a ++=对任意1n ≥总成立.（备注：因为本题为多选题，因此根据A 正确，BD 错误可判断出C 必定正确，可无需罗列出前108项）故选：AC. 【点睛】方法点睛：对于复杂的递推关系，我们应该将其化简为相对简单的递推关系，对于数列局部周期性的研究，应该从特殊情况中总结出一般规律，另外，对于多选题，可以用排除法来确定可选项.2．如图，已知点E 是ABCD 的边AB 的中点，()*n F n ∈N为边BC 上的一列点，连接n AF 交BD 于n G ，点()*n G n ∈N 满足()1223n n n n n G D a G A a G E +=⋅-+⋅，其中数列{}n a 是首项为1的正项数列，n S 是数列{}n a 的前n 项和，则下列结论正确的是（）A ．313a =B ．数列{}3n a +是等比数列C ．43n a n =-D ．122n n S n +=--【答案】AB 【分析】化简得到()()12323n n n n n n G D a a G A a G B +=--⋅-+⋅，根据共线得到1230n n a a +--=，即()1323n n a a ++=+，计算123n n a +=-，依次判断每个选项得到答案. 【详解】()()112232n n n n n n G D a G A a G A G B +=⋅-+⋅+，故()()12323n n n n n n G D a a G A a G B +=--⋅-+⋅，,n n G D G B 共线，故1230n n a a +--=，即()1323n n a a ++=+，11a =，故1342n n a -+=⨯，故123n n a +=-.432313a =-=，A 正确；数列{}3n a +是等比数列，B 正确；123n n a +=-，C 错误；2124323412nn n S n n +-=-=---，故D 错误.故选：AB . 【点睛】本题考查了向量运算，数列的通项公式，数列求和，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力.3．设数列{}n a 前n 项和n S ，且21n n S a =-，21log n n b a +=，则（） A ．数列{}n a 是等差数列 B ．12n n aC ．22222123213n na a a a -++++= D ．122334111111n n b b b b b b b b +++++< 【答案】BCD 【分析】利用n S 与n a 的关系求出数列{}n a 的通项公式，可判断AB 选项的正误；利用等比数列的求和公式可判断C 选项的正误；利用裂项求和法可判断D 选项的正误. 【详解】对任意的n *∈N ，21n n S a =-.当1n =时，11121a S a ==-，可得11a =；当2n ≥时，由21n n S a =-可得1121n n S a --=-，上述两式作差得122n n n a a a -=-，可得12n n a a -=，所以，数列{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列，11122n n n a --∴=⨯=，A 选项错误，B选项正确；()221124n n na --==，所以，22221231441143nn n a a a a --==-++++，C 选项正确； 212log log 2n n n b a n +===，()1111111n n b b n n n n +==-++，所以，12233411111111111111112233411n n b b b b b b b b n n n +++++=-+-+-++-=-<++， D 选项正确. 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和；（2）对于{}n n a b 型数列，其中{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，利用错位相减法求和；（3）对于{}n n a b +型数列，利用分组求和法；（4）对于11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭型数列，其中{}n a 是公差为()0d d ≠的等差数列，利用裂项相消法求和.4．设数列{}{},n n a b 的前n 项和分别为,n n S T ，1121,n n n S S S n ++==，且212n n n n a b a a ++=，则下列结论正确的是（） A ．20202020a = B ．()12n n n S += C ．()112n b n n =-+D ．1334n T n ≤-< 【答案】ABD 【分析】可由累乘法求得n S 的通项公式，再由()12n n n S +=得出n a n =，代入212n n n n a b a a ++=中可得()112n b n n =++.由裂项相消法求出n T ，利用数列的单调性证明1334n T n ≤-<.【详解】由题意得，12n n S n S n++=， ∴当2n ≥时，121121112n n n n n S S S n n S S S S S n n ---+=⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅--()13112n n +⋅=，且当1n =时也成立， ∴ ()12n n n S +=，易得n a n =，∴ 20202020a =，故,A B 正确； ∴ ()()()211111112222n n b n n n n n n +⎛⎫==+=+- ⎪+++⎝⎭，∴11111111111111112324351122212n T n n n n n n n n ⎛⎫⎛⎫=+-+-+-++-+-=++-- ⎪ ⎪-++++⎝⎭⎝⎭3111342124n n n n ⎛⎫=+-+<+ ⎪++⎝⎭，又n T n -随着n 的增加而增加， ∴1113n T n T -≥-=，∴1334n T n ≤-<，C 错误，D 正确，故选：ABD. 【点睛】使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．5．数列{}n a 满足11a =，且对任意的*n ∈N 都有11n n a a a n +=++，则下列说法中正确的是（） A ．(1)2n n n a +=B ．数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前2020项的和为20202021 C ．数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前2020项的和为40402021 D ．数列{}n a 的第50项为2550 【答案】AC 【分析】用累加法求得通项公式，然后由裂项相消法求1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的和即可得．【详解】因为11n n a a a n +=++，11a =，所以11n n a a n +-=+，所以2n ≥时，121321(1)()()()1232n n n n n a a a a a a a a n -+=+-+-++-=++++=， 11a =也适合此式，所以(1)2n n n a +=， 501275a =，A 正确，D 错误， 12112()(1)1n a n n n n ==-++，数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前2020项和为202011111404021223202020212021S ⎛⎫=-+-++-=⎪⎝⎭，B 错，C 正确．故选：AC ．【点睛】本题考查用累加法数列的通项公式，裂项相消法求和．数列求和的常用方法：设数列{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，（1）公式法：等差数列或等比数列的求和直接应用公式求和；（2）错位相减法：数列{}n n a b 的前n 项和应用错位相减法；（3）裂项相消法；数列1{}n n ka a +（k 为常数，0n a ≠）的前n 项和用裂项相消法；（4）分组（并项）求和法：数列{}n n pa qb +用分组求和法，如果数列中的项出现正负相间等特征时可能用并项求和法；（5）倒序相加法：满足m n m a a A -+=（A 为常数）的数列，需用倒序相加法求和．6．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a ＝，且1n n S a λ-＝（λ为常数）．若数列{}n b 满足2920n n a b n n -+-＝，且1n n b b +<，则满足条件的n 的取值可以为（）A ．5B ．6C ．7D ．8【答案】AB 【分析】利用11a S =可求得2λ=；利用1n n n a S S -=-可证得数列{}n a 为等比数列，从而得到12n na ，进而得到nb ；利用10nnb b 可得到关于n 的不等式，解不等式求得n 的取值范围，根据n *∈N 求得结果. 【详解】当1n =时，1111a S a λ==-，11λ∴-=，解得：2λ=21n n S a ∴=-当2n ≥且n *∈N 时，1121n n S a --=-1122n n nn n a S S a a ，即：12n n a a -=∴数列{}n a 是以1为首项，2为公比的等比数列，12n na2920n n a b n n =-+-，219202n n n n b --+-∴=()()222111912092011280222n n n n nn n n n n n b b +--+++--+--+∴-=-=< 20n >，()()21128470n n n n ∴-+=--<，解得：47n <<又n *∈N ，5n ∴=或6 故选：AB 【点睛】关键点点睛：本题考查数列知识的综合应用，涉及到利用n a 与n S 的关系求解通项公式、等比数列通项公式的求解、根据数列的单调性求解参数范围等知识，解决本题的关键点是能够得到n b 的通项公式，进而根据单调性可构造出关于n 的不等式，从而求得结果，考查学生计算能力，属于中档题．7．已知数列{}n a ，{}n b 满足：12n n n a a b +=+，()*1312lnn n n n b a b n N n++=++∈，110a b +>，则下列命题为真命题的是（）A ．数列{}n n a b -单调递增B ．数列{}n n a b +单调递增C ．数列{}n a 单调递增D ．数列{}n b 从某项以后单调递增【答案】BCD 【分析】计算221122ln 2a b a b a b -=--<-，知A 错误；依题意两式相加{}ln +-n n a b n 是等比数列，得到()1113ln -+=+⋅+n n n a b a b n ，知B 正确；结合已知条件，计算10n n a a +->，即得C 正确；先计算()11113ln(1)2ln n n n b b a b n n -+-=+⋅++-，再结合指数函数、对数函数增长特征知D 正确. 【详解】由题可知，12n n n a a b +=+①，1312lnn n n n b a b n++=++②，①-②得，1131lnn n n n n a b a b n+++-=--，当1n =时，2211ln 2a b a b -=--，∴2211-<-a b a b ，故A 错误．①+②得，()113ln(1)3ln n n n n a b a b n n +++=+++-，()11ln(1)3ln n n n n a b n a b n +++-+=+-，∴{}ln +-n n a b n 是以11a b +为首项，3为公比的等比数列，∴()111ln 3-+-=+⋅n n n a b n a b ，∴()1113ln -+=+⋅+n n n a b a b n ，③又110a b +>，∴B 正确．将③代入①得，()()11113ln n n n n n n a a a b a a b n -+=++=++⋅+，∴()11113ln 0n n n a a a b n -+-=+⋅+>，故C 正确．将③代入②得，()()11113311ln 3ln ln n n n n n n n n b b a b b a b n n n -+++=+++=++⋅++，∴()11113ln(1)2ln n n n b b a b n n -+-=+⋅++-．由110a b +>，结合指数函数与对数函数的增长速度知，从某个()*n n N∈起，()1113ln 0n a b n -+⋅->，又ln(1)ln 0n n +->，∴10n n b b +->，即{}n b 从某项起单调递增，故D 正确．故选：BCD ．【点睛】判定数列单调性的方法：（1）定义法：对任意n *∈N ，1n n a a +>，则{}n a 是递增数列，1n n a a +<，则{}n a 是递减数列；（2）借助函数单调性：利用()n a f n =，研究函数单调性，得到数列单调性.8．在n n n A B C （1,2,3,n =）中，内角,,n n n A B C 的对边分别为,,n n n a b c ，n n n A B C 的面积为n S ，若5n a =，14b =，13c =，且222124n n n a c b ++=，222124n n n a b c ++=，则（） A ．n n n A B C 一定是直角三角形 B ．{}n S 为递增数列 C ．{}n S 有最大值 D ．{}n S 有最小值【答案】ABD 【分析】先结合已知条件得到()222211125=252n n n n b c b c +++-+-，进而得到22225=n n n b c a +=，得A 正确，再利用面积公式得到递推关系1221875=644n n S S ++，通过作差法判定数列单调性和最值即可. 【详解】由222124n n n a c b ++=，222124n n n a b c ++=得，222222112244n n n n n n a c a b bc+++++=+()2221122n n n a b c =++()2225122n n b c =++，故()222211125=252n n n n b c b c +++-+-，又221125=0b c +-，22250n n b c ∴+-=，22225=n n n b c a ∴+=，故n n n A B C 一定是直角三角形，A 正确；n n n A B C 的面积为12n n n S b c =，而()4222222222221124224416n n n n n n n n n n n n a b c a b c a c a b bc+++++++=⨯=，故()42222222222111241875161875==1616641n n n n n n n n n n n a b c a b b S S c c S +++++++==+，故22212218751875==6446434n n n n n S S SS S +-+--，又22125=244n n n n n b c b c S +=≤（当且仅当=n n b c 22121875=06344n n n S SS +∴--≥，又由14b =，13c =知n n b c ≠不是恒成立，即212n n S S +>，故1n n S S +>，故{}n S 为递增数列，{}n S 有最小值16=S ，无最大值，故BD 正确，C 错误. 故选：ABD.【点睛】本题解题关键是利用递推关系得到()222211125=252n n n n b c b c +++-+-，进而得到22225=n n n b c a +=，再逐步突破.数列单调性常用作差法判定，也可以借助于函数单调性判断.二、平面向量多选题9．已知数列{a n }，11a =，25a =，在平面四边形ABCD 中，对角线AC 与BD 交于点E ，且2AE EC =，当n ≥2时，恒有()()1123n n n n BD a a BA a a BC -+=-+-，则（） A ．数列{a n }为等差数列 B ．1233BE BA BC =+ C ．数列{a n }为等比数列 D ．14nn n a a +-=【答案】BD 【分析】证明1233BE BA BC =+，所以选项B 正确；设BD tBE =（0t >），易得()114n n n n a a a a +--=-，显然1n n a a --不是同一常数，所以选项A 错误；数列{1n n a a --}是以4为首项，4为公比的等比数列，所以14nn n a a +-=，所以选项D 正确，易得321a =，选项C 不正确.【详解】因为2AE EC =，所以23AE AC =，所以2()3AB BE AB BC +=+, 所以1233BE BA BC =+，所以选项B 正确；设BD tBE =（0t >），则当n ≥2时，由()()1123n n n n BD tBE a a BA a a BC -+==-+-，所以()()111123n n n n BE a a BA a a BC t t-+=-+-，所以()11123n n a a t --=，()11233n n a a t +-=，所以()11322n n n n a a a a +--=-，易得()114n n n n a a a a +--=-，显然1n n a a --不是同一常数，所以选项A 错误；因为2a -1a =4，114n nn n a a a a +--=-，所以数列{1n n a a --}是以4为首项，4为公比的等比数列，所以14nn n a a +-=，所以选项D 正确，易得321a =，显然选项C 不正确. 故选：BD 【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算，考查等比数列等差数列的判定，考查等比数列通项的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.10．如图，在平行四边形ABCD 中，,E F 分别为线段,AD CD 的中点，AF CE G =，则（）A ．12AF AD AB =+ B ．1()2EF AD AB =+ C ．2133AG AD AB =- D ．3BG GD =【答案】AB 【分析】由向量的线性运算，结合其几何应用求得12AF AD AB =+、1()2EF AD AB =+、2133AG AD AB =+、2BG GD =，即可判断选项的正误【详解】 1122AF AD DF AD DC AD AB =+=+=+，即A 正确11()()22EF ED DF AD DC AD AB =+=+=+，即B 正确连接AC ，知G 是△ADC 的中线交点，如下图示由其性质有||||1||||2GF GE AG CG == ∴211121()333333AG AE AC AD AB BC AD AB =+=++=+，即C 错误同理21212()()33333BG BF BA BC CF BA AD AB =+=++=- 211()333DG DF DA AB DA =+=+，即1()3GD AD AB =- ∴2BG GD =，即D 错误故选：AB【点睛】本题考查了向量线性运算及其几何应用，其中结合了中线的性质：三角形中线的交点分中线为1:2，以及利用三点共线时，线外一点与三点的连线所得向量的线性关系。

高三数学提高题专题复习数列多选题专项训练练习题附解析

一、数列多选题1．斐波那契数列，又称黄金分割数列、兔子数列，是数学家列昂多·斐波那契于1202年提出的数列.斐波那契数列为1，1，2，3，5，8，13，21，……，此数列从第3项开始，每一项都等于前两项之和，记该数列为(){}F n ，则(){}F n 的通项公式为（）A ．(1)1()2n n F n -+=B ．()()()11,2F n F n F n n +=+-≥且()()11,21F F ==C ．()1122n nF n ⎡⎤⎛⎛+-⎥=- ⎥⎝⎭⎝⎭⎦ D ．()n n F n ⎡⎤⎥=+⎥⎝⎭⎝⎭⎦答案：BC 【分析】根据数列的前几项归纳出数列的通项公式，再验证即可；【详解】解：斐波那契数列为1，1，2，3，5，8，13，21，……，显然，，，，，所以且，即B 满足条件；由，所以所以数列解析：BC 【分析】根据数列的前几项归纳出数列的通项公式，再验证即可；【详解】解：斐波那契数列为1，1，2，3，5，8，13，21，……，显然()()11,21F F ==，()()()3122F F F =+=，()()()4233F F F =+=，，()()()11,2F n F n F n n +=+-≥，所以()()()11,2F n F n F n n +=+-≥且()()11,21F F ==，即B 满足条件；由()()()11,2F n F n F n n +=+-≥，所以()()()()11F n n F n n ⎤+-=--⎥⎣⎦所以数列()()1F n n ⎧⎫⎪⎪+⎨⎬⎪⎪⎩⎭是以12+为首项，12+为公比的等比数列，所以()()1nF n n +-=⎝⎭()11515()n F F n n -+=++，令1nn n F b-=⎝⎭，则11n n b +=+，所以1n n b b +=-，所以n b⎧⎪⎨⎪⎪⎩⎭的等比数列，所以1n n b -+，所以()11152n n n nF n --⎤⎤⎛⎫+⎥⎥=+=- ⎪ ⎪⎥⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦；即C 满足条件；故选：BC 【点睛】考查等比数列的性质和通项公式，数列递推公式的应用，本题运算量较大，难度较大，要求由较高的逻辑思维能力，属于中档题．2．设数列{}n a 的前n 项和为*()n S n N ∈，关于数列{}n a ，下列四个命题中正确的是（）A ．若1*()n n a a n N +∈=，则{}n a 既是等差数列又是等比数列B ．若2n S An Bn =+(A ，B 为常数，*n N ∈)，则{}n a 是等差数列C ．若()11nn S =--，则{}n a 是等比数列D ．若{}n a 是等差数列，则n S ，2n n S S -，*32()n n S S n N -∈也成等差数列答案：BCD 【分析】利用等差等比数列的定义及性质对选项判断得解. 【详解】选项A: ,得是等差数列，当时不是等比数列，故错; 选项B: ,,得是等差数列，故对;选项C: ,,当时也成立，是等比数列解析：BCD 【分析】利用等差等比数列的定义及性质对选项判断得解. 【详解】选项A: 1*()n n a a n N +∈=,10n n a a +∴-=得{}n a 是等差数列，当0n a =时不是等比数列，故错; 选项B:2n S An Bn =+,12n n a a A -∴-=,得{}n a 是等差数列，故对;选项C: ()11nn S =--,112(1)(2)n n n n S S a n --∴-==⨯-≥,当1n =时也成立，12(1)n n a -∴=⨯-是等比数列，故对;选项D: {}n a 是等差数列，由等差数列性质得n S ，2n n S S -，*32()n n S S n N -∈是等差数列，故对; 故选：BCD 【点睛】熟练运用等差数列的定义、性质、前n 项和公式是解题关键.3．首项为正数，公差不为0的等差数列{}n a ，其前n 项和为n S ，则下列4个命题中正确的有（）A ．若100S =，则50a >，60a <；B ．若412S S =，则使0n S >的最大的n 为15；C ．若150S >，160S <，则{}n S 中7S 最大；D ．若89S S <，则78S S <.答案：ABD 【分析】利用等差数列的求和公式及等差数列的性质，逐一检验选项，即可得答案. 【详解】对于A ：因为正数，公差不为0，且，所以公差，所以，即，根据等差数列的性质可得，又，所以，，故A 正解析：ABD 【分析】利用等差数列的求和公式及等差数列的性质，逐一检验选项，即可得答案. 【详解】对于A ：因为正数，公差不为0，且100S =，所以公差0d <，所以1101010()02a a S +==，即1100a a +=，根据等差数列的性质可得561100a a a a +=+=，又0d <，所以50a >，60a <，故A 正确；对于B ：因为412S S =，则1240S S -=，所以561112894()0a a a a a a ++⋅⋅⋅++=+=，又10a >，所以890,0a a ><，所以115815815()15215022a a a S a +⨯===>，116891616()16()022a a a a S ++===，所以使0n S >的最大的n 为15，故B 正确；对于C ：因为115815815()15215022a a a S a +⨯===>，则80a >， 116891616()16()022a a a a S ++===，则890a a +=，即90a <，所以则{}n S 中8S 最大，故C 错误；对于D ：因为89S S <，则9980S a S =->，又10a >，所以8870a S S =->，即87S S >，故D 正确，故选：ABD 【点睛】解题的关键是先判断d 的正负，再根据等差数列的性质，对求和公式进行变形，求得项的正负，再分析和判断，考查等差数列性质的灵活应用，属中档题. 4．等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若10a >，公差0d ≠，则（） A ．若59S >S ，则150S > B ．若59S =S ，则7S 是n S 中最大的项 C ．若67S S >，则78S S >D ．若67S S >则56S S >.答案：BC 【分析】根据等差数列的前项和性质判断．【详解】A 错：；B 对：对称轴为7；C 对：，又，；D 错：，但不能得出是否为负，因此不一定有．故选：BC ．【点睛】关键点点睛：本题考查等差数列解析：BC【分析】根据等差数列的前n 项和性质判断．【详解】A 错：67895911415000S a a a a a S a S ⇒+++<>⇒+<⇒<；B 对：n S 对称轴为n =7；C 对：6770S S a >⇒<，又10a >，887700a S a d S ⇒⇒<<⇒<>；D 错：6770S S a >⇒<，但不能得出6a 是否为负，因此不一定有56S S >．故选：BC ．【点睛】关键点点睛：本题考查等差数列的前n 项和性质，（1）n S 是关于n 的二次函数，可以利用二次函数性质得最值；（2）1n n n S S a -=+，可由n a 的正负确定n S 与1n S -的大小；（3）1()2n n n a a S +=，因此可由1n a a +的正负确定n S 的正负． 5．已知数列{}n a 为等差数列，则下列说法正确的是（） A ．1n n a a d +=+（d 为常数）B ．数列{}n a -是等差数列C ．数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列D ．1n a +是n a 与2n a +的等差中项答案：ABD 【分析】由等差数列的性质直接判断AD 选项，根据等差数列的定义的判断方法判断BC 选项. 【详解】A.因为数列是等差数列，所以，即，所以A 正确；B. 因为数列是等差数列，所以，那么，所以数解析：ABD 【分析】由等差数列的性质直接判断AD 选项，根据等差数列的定义的判断方法判断BC 选项. 【详解】A.因为数列{}n a 是等差数列，所以1n n a a d +-=，即1n n a a d +=+，所以A 正确；B. 因为数列{}n a 是等差数列，所以1n n a a d +-=，那么()()()11n n n n a a a a d ++---=--=-，所以数列{}n a -是等差数列，故B 正确；C.111111n n n n n n n n a a d a a a a a a ++++---==，不是常数，所以数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭不是等差数列，故C 不正确；D.根据等差数列的性质可知122n n n a a a ++=+，所以1n a +是n a 与2n a +的等差中项，故D 正确. 故选：ABD 【点睛】本题考查等差数列的性质与判断数列是否是等差数列，属于基础题型. 6．下列命题正确的是（）A ．给出数列的有限项就可以唯一确定这个数列的通项公式B ．若等差数列{}n a 的公差0d >，则{}n a 是递增数列C ．若a ，b ，c 成等差数列，则111,,a b c可能成等差数列 D ．若数列{}n a 是等差数列，则数列{}12++n n a a 也是等差数列答案：BCD 【分析】根据等差数列的性质即可判断选项的正误. 【详解】A 选项：给出数列的有限项不一定可以确定通项公式；B 选项：由等差数列性质知，必是递增数列；C 选项：时，是等差数列，而a = 1，解析：BCD 【分析】根据等差数列的性质即可判断选项的正误. 【详解】A 选项：给出数列的有限项不一定可以确定通项公式；B 选项：由等差数列性质知0d >，{}n a 必是递增数列；C 选项：1a b c ===时，1111a b c===是等差数列，而a = 1，b = 2，c = 3时不成立； D 选项：数列{}n a 是等差数列公差为d ，所以11112(1)223(31)n n a a a n d a nd a n d ++=+-++=+-也是等差数列；故选：BCD 【点睛】本题考查了等差数列，利用等差数列的性质判断选项的正误，属于基础题. 7．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若39S =，47a =，则（）A ．2n S n =B ．223n S n n =-C ．21n a n =-D ．35n a n =-答案：AC 【分析】利用等差数列的前项和公式、通项公式列出方程组，求出，，由此能求出与．【详解】等差数列的前项和为．，，，解得，，．故选：AC ．【点睛】本题考查等差数列的通项公式求和公解析：AC 【分析】利用等差数列{}n a 的前n 项和公式、通项公式列出方程组，求出11a =，2d =，由此能求出n a 与n S ．【详解】等差数列{}n a 的前n 项和为n S ．39S =，47a =，∴31413239237S a d a a d ⨯⎧=+=⎪⎨⎪=+=⎩，解得11a =，2d =，1(1)221n a n n ∴+-⨯=-=．()21212n n n S n +-==故选：AC ．【点睛】本题考查等差数列的通项公式求和公式的应用，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．8．公差为d 的等差数列{}n a ，其前n 项和为n S ，110S >，120S <，下列说法正确的有（） A ．0d <B ．70a >C ．{}n S 中5S 最大D ．49a a <答案：AD 【分析】先根据题意得，，再结合等差数列的性质得，，，中最大，，即：.进而得答案. 【详解】解：根据等差数列前项和公式得：，所以，，由于，，所以，，所以，中最大，由于，所以，即：解析：AD 【分析】先根据题意得1110a a +>，1120a a +<，再结合等差数列的性质得60a >，70a <，0d <，{}n S 中6S 最大，49a a <-，即：49a a <.进而得答案.【详解】解：根据等差数列前n 项和公式得：()111111102a a S +=>，()112121202a a S +=< 所以1110a a +>，1120a a +<，由于11162a a a +=，11267a a a a +=+，所以60a >，760a a <-<，所以0d <，{}n S 中6S 最大，由于11267490a a a a a a +=+=+<，所以49a a <-，即：49a a <. 故AD 正确，BC 错误. 故选：AD. 【点睛】本题考查等差数列的前n 项和公式与等差数列的性质，是中档题.9．已知数列{}n a 是递增的等差数列，5105a a +=，6914a a ⋅=-．12n n n n b a a a ++=⋅⋅，数列{}n b 的前n 项和为n T ，下列结论正确的是（） A ．320n a n =-B ．325n a n =-+C ．当4n =时，n T 取最小值D ．当6n =时，n T 取最小值答案：AC 【分析】由已知求出数列的首项与公差，得到通项公式判断与；再求出，由的项分析的最小值．【详解】解：在递增的等差数列中，由，得，又，联立解得，，则，．．故正确，错误；可得数列的解析：AC 【分析】由已知求出数列{}n a 的首项与公差，得到通项公式判断A 与B ；再求出n T ，由{}n b 的项分析n T 的最小值．【详解】解：在递增的等差数列{}n a 中，由5105a a +=，得695a a +=，又6914a a =-，联立解得62a =-，97a =，则967(2)3963a a d ---===-，16525317a a d =-=--⨯=-． 173(1)320n a n n ∴=-+-=-．故A 正确，B 错误；12(320)(317)(314)n n n n b a a a n n n ++==---可得数列{}n b 的前4项为负，第5项为正，第六项为负，第六项以后均为正．而5610820b b +=-=>．∴当4n =时，n T 取最小值，故C 正确，D 错误．故选：AC ．【点睛】本题考查等差数列的通项公式，考查数列的求和，考查分析问题与解决问题的能力，属于中档题．10．设公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若1718S S =，则下列各式的值为0的是（） A ．17aB ．35SC ．1719a a -D ．1916S S -答案：BD 【分析】由得，利用可知不正确；；根据可知正确；根据可知不正确；根据可知正确. 【详解】因为，所以，所以，因为公差，所以，故不正确；，故正确；，故不正确；，故正确. 故选：BD.解析：BD 【分析】由1718S S =得180a =，利用17180a a d d =-=-≠可知A 不正确；；根据351835S a =可知 B 正确；根据171920a a d -=-≠可知C 不正确；根据19161830S S a -==可知D 正确. 【详解】因为1718S S =，所以18170S S -=，所以180a =，因为公差0d ≠，所以17180a a d d =-=-≠，故A 不正确；13518351835()35235022a a a S a +⨯====，故B 正确； 171920a a d -=-≠，故C 不正确；19161718191830S S a a a a -=++==，故D 正确.故选：BD. 【点睛】本题考查了等差数列的求和公式，考查了等差数列的下标性质，属于基础题.。

2022年3月全国高中数学联赛能力拔高卷

2022年3月全国高中数学联赛能力拔高卷一、单选题1．下列复数是三角形式的是（）A ．2cos sin 33i ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．2cos sin 36i ππ⎛⎫+ ⎪⎝⎭C ．2cos sin 33i ππ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭D ．772cos sin 55i ππ⎛⎫+ ⎪⎝⎭2．已知,,a b c π，则a ，b ，c 的大小关系是（）A ．c a b<<B ．b c a<<C ．b a c<<D ．c b a<<3．口袋中放有20个球，其中白球9个、红球5个、黑球6个，现从中任取10个球，使得白球不少于3个不多于7个，红球不少于2个不多于5个、黑球不多于3个的取法种数是A ．14B ．24C ．13D ．364．综艺节目是一种综合多种艺术形式并带有娱乐性的电视节目，给观众带来很多欢乐，深受广大观众的喜爱．浙江电视台的记者就浙江卫视播出的《王牌对王牌》和《奔跑吧，兄弟》两档综艺节目，对浙江大学全体学生进行调查，有98%的学生喜欢看《王牌对王牌》或《奔跑吧，兄弟》，有70%的学生喜欢看《奔跑吧，兄弟》，有85%的学生喜欢看《王牌对王牌》，则浙江大学既喜欢看《王牌对王牌》，又喜欢看《奔跑吧，兄弟》学生占全校学生总数的比例是（）A ．43%B ．53%C ．57%D ．67%5．在等比数列{}n a 中，4a 和12a 是方程2310x x ++=的两根，则8a =（）A ．32-B ．32C ．1-D ．±16．已知集合{}{}2|2,230A x x B x x x =>=--<∣，则A B = ().A ．{23}xx <<∣B ．{12}xx -<<∣C ．{21xx -<<-∣或2}x >D ．{2∣<-xx 或3}x >二、填空题7．若复数i z x y =+(,x y ∈R ，i 为虚数单位)满足||||1x y +≤，则z 在复平面上所对应的图形的面积是___________.8．函数arcsin(21)y x =-的定义域为__________________.9．计算1002222lim 100n n n n→∞-=-___________.10．已知Rt ABC 中，6AC =，8BC =，90C ∠=︒，ABC 所在平面外一点P 到此三角形三个顶点的距离都是7，则点P 到平面ABC 的距离是______.11．已知数列{}n a 是无穷等比数列，其前n 项和是n S ，若232a a +=，341a a +=，则lim n n S →∞的值为___________12ABC 中，222sin sin sin sin sin C A B A B =+-，3CB CD =，P 为AD 上一点，且满足12CP CA mCB =+，则||CP 的最小值为_________．三、解答题13已知a ，b ，c 是正数，求证：()().32424242333c b b a c b a++≥++14．设函数()()ln 1xx x f a x e =--，其中10a e<≤.（1）证明：()f x 恰有两个零点；（2）设0x 为()f x 的极值点，1x 为()f x 的零点，且10x x >，证明0132x x ->.15．对每一个正整数2n ≥，求最大的常数n c 使得不等式1nn i i j i i jc a a a =<≤-∑∑对任意满足10nii a==∑的实数12,,,n a a a 成立．参考答案123456D DACCA6．[0,1]7．-28．9．16310．111．212．13．证明：不妨设.0≥+=+=>>y x y c b x c a c b c a ，，，，，则()()24242423333T a c c b b a c b a ++-++=+++-+++-=][6235322345633246y y x y x y x x c y y x y x x ().0][6)32(6)1261812(323322324334≥+-+++-+++-+c xy y x c y xy y x x c y xy y x x 由均值不等式知()()；；y x y x cx y y x y x y x x c y x y x y x x +-≥++--≥++22532234524333366][63.31866623333344y x y x x y x xy x x ≥++≥++；所以0≥T ，所以()().32424242333a c cb b ac b a++≥++14．证明：（1）因为()()ln 1xf x x a x e =--，定义域为()0,∞+所以()21xax e f x x-'=；令()21xg x ax e =-，由10a e<≤，可知()g x 在()0,∞+内单调递减，又()110g ae =->，且221111ln 1ln 1ln 0g a a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=-< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，故()0g x =在()0,∞+内有唯一解，从而()0f x '=在()0,∞+内有唯一解，不妨设为0x ，.则011lnx a <<，当()00,x x ∈时，()()()00g x g x f x x x'=>=，所以()f x 在()00,x 内单调递增；当()0,x x ∈+∞时，()()()00g x g x f x x x'=<=，所以函数()f x 在()0,x +∞内单调递减，因此0x 是()f x 的唯一极值点.令()ln 1h x x x =-+，则当1x >时，()110h x x'=-<，故()h x 在()1,+∞内单调递减，从而当1x >时，()()10h x h <=，所以ln 1x x <-，从而1ln 111111ln ln ln ln1ln ln ln 1ln 0a f a e h a a aa a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--=-+=< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，又因为()()010f x f >=，所以()f 在()0,x +∞内有唯一零点，又()f x 在()00,x 内有唯一零点1，从而，()f x 在()0,∞+内恰有两个零点（2）由题意，()()0100f x f x ⎧=⎪⎨='⎪⎩，即()0120111ln 1xx ax e x a x e ⎧=⎪⎨=-⎪⎩，从而1011201ln x x x x e x --=，即10012ln 1x x x x e x -=-，因为当1x >时，ln 1x x <-，又101x x >>，故()1020120111x x x x ex x --<=-.两边取对数，得12ln ln x x e x -<于是()10002ln 21x x x x -<<-，整理得0132x x ->.15．2n 首先，我们证明2n n c ≤；若n 为偶数，设2n k =，取1121,1k k k a a a a a +=======- ，此时21,2nii j i i jan a a k =<=-=∑∑．所以2122iji jn nii aa k n c k n a<=-≤===∑∑．若n 为奇数，设21n k =+，取121221,11k k k ka a a a a k +++=======-+ ，此时1(1)121ni i k a k k k k ==++⋅=+∑，(1)1(21)1i j i j k a a k k k k k <⎡⎤⎛⎫-=+=+ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎣⎦∑．所以1(21)21222iji jn nii aa k k k nc k a<=-++≤===∑∑，所以对n +∈Z 均有2n n c ≤．下面我们证明2n nc =满足条件，即12ni i j i i jn a a a =<≤-∑∑．又()1112(1)n n ni j i j i j i j i ji j ii j ii j ia a a a a a n a a <=≠=≠=≠-=-≥-=--∑∑∑∑∑∑∑．因为10n i i a ==∑，所以0i j j ia a ≠+=∑．所以112(1)n ni j i i i i j i i a a n a a n a <==-≥-+=∑∑∑，得证．所以n c 的最大值为2n ．。

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高考数列拔高练习题
1、（本小题满分12分）（2016年潍坊一模）
已知正项数列}{n a 的前n 项和为n S ，且11=a ，211++=+n n n a S S ，数列}{n b 满足
n a n n b b 31=⋅+，且11=b
（I ）求数列}{n a ，}{n b 的通项公式；
（II ）求数列}{n n b a ⋅的前n 项和n T
已知数列}{n a 与}{n b 满足：n b
n a a a a 2321log =++++ )(*N n ∈，若}{n b 为等差数列，且21=a ，2364b b =；（I ）求n a 与n b
（II ）设2
2)1(-⋅++=n a n n n a c ，数列}{n c 的前n 项和为n T ，求n T 并比较
n
与1的
（I ）求r 的值；
（理科）（II ）当2=b 时，记22(log 1)()n n b a n N +=+∈ 证明：对任意的n N +
∈ ，不等式1212111
·······n n
b b b b b b +++>成立
1a 2a 3a 4a 5a 6a 7a 8a 9a 10a
（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；
（Ⅱ）若数列{}n b 满足：(1)ln n n n n b a a =+-求数列{}n b 的前n 项和n S .
已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，n n S a 21-=)(*N n ∈ （I ）求数列}{n a 的通项公式；（II ）若1
23
1log -=n a n b ，1
2
4+=n n n b b n c ，n T 为数列}{n c 的前n 项和，求不超过2016T 的最大的
（Ⅰ）求{}n a ，{}n b 的通项公式；（Ⅱ）若数列{}n d 满足21
8log 11
()2
n b n n d d +-++=（*
N n ∈），且116d =，试求{}n d 的通项公式
及其前n 项和n S ．。