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数列历年高考真题分类汇编

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2024全国卷真题分类汇编(教师版)(数列)

2024全国卷真题分类汇编(教师版)(数列)

2024全国卷真题分类汇编（教师版）-数列1．（2024年新课标全国Ⅱ卷）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若347a a +=，2535a a +=，则10S =.【详解】因为数列n a 为等差数列，则由题意得()1111237345a d a d a d a d +++=⎧⎨+++=⎩，解得143a d =-⎧⎨=⎩，则()10110910104453952S a d ⨯=+=⨯-+⨯=.故答案为：95.2．（2024年高考全国甲卷数学（理））等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若510S S =，51a =，则1a =（）A ．2-B ．73C ．1D ．2【详解】由105678910850S S a a a a a a -=++++==，则80a =，则等差数列{}n a 的公差85133a a d -==-，故151741433a a d ⎛⎫=-=-⨯-= ⎪⎝⎭.故选：B.3．（2024年高考全国甲卷数学（理））记n S 为数列{}n a 的前n 项和，且434n n S a =+．(1)求{}n a 的通项公式；(2)设1(1)n n n b na -=-，求数列{}n b 的前n 项和为n T ．【详解】（1）当1n =时，1114434S a a ==+，解得14a =．当2n ≥时，11434n n S a --=+，所以1144433n n n n n S S a a a ---==-即13n n a a -=-，而140a =≠，故0n a ≠，故13n n a a -=-，∴数列{}n a 是以4为首项，3-为公比的等比数列，所以()143n n a -=⋅-.（2）111(1)4(3)43n n n n b n n ---=-⋅⋅⋅-=⋅,所以123n n T b b b b =++++ 0211438312343n n -=⋅+⋅+⋅++⋅ 故1233438312343n n T n =⋅+⋅+⋅++⋅所以1212443434343n n n T n --=+⋅+⋅++⋅-⋅ ()1313444313n n n --=+⋅-⋅-()14233143n n n -=+⋅⋅--⋅(24)32n n =-⋅-，(21)31n n T n ∴=-⋅+.4．（2024年新课标全国Ⅰ卷）设m 为正整数，数列1242,,...,m a a a +是公差不为0的等差数列，若从中删去两项i a 和()j a i j <后剩余的4m 项可被平均分为m 组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列．(1)写出所有的(),i j ，16i j ≤<≤，使数列126,,...,a a a 是(),i j -可分数列；(2)当3m ≥时，证明：数列1242,,...,m a a a +是()2,13-可分数列；(3)从1,2,...,42m +中一次任取两个数i 和()j i j <，记数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列的概率为m P ，证明：18m P >．【详解】（1）首先，我们设数列1242,,...,m a a a +的公差为d ，则0d ≠.由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，故我们可以对该数列进行适当的变形()111,2,...,42k k a a a k m d-=+=+'，得到新数列()1,2, (42)a k k m ==+'，然后对1242,,...,m a a a +'''进行相应的讨论即可.换言之，我们可以不妨设()1,2,...,42k a k k m ==+，此后的讨论均建立在该假设下进行.回到原题，第1小问相当于从1,2,3,4,5,6中取出两个数i 和()j i j <，使得剩下四个数是等差数列.那么剩下四个数只可能是1,2,3,4，或2,3,4,5，或3,4,5,6.所以所有可能的(),i j 就是()()()1,2,1,6,5,6.（2）由于从数列1,2,...,42m +中取出2和13后，剩余的4m 个数可以分为以下两个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①{}{}{}1,4,7,10,3,6,9,12,5,8,11,14，共3组；②{}{}{}15,16,17,18,19,20,21,22,...,41,4,41,42m m m m -++，共3m -组.（如果30m -=，则忽略②）故数列1,2,...,42m +是()2,13-可分数列.（3）定义集合{}{}410,1,2,...,1,5,9,13,...,41A k k m m =+==+，{}{}420,1,2,...,2,6,10,14,...,42B k k m m =+==+.下面证明，对142i j m ≤<≤+，如果下面两个命题同时成立，则数列1,2,...,42m +一定是(),i j -可分数列：命题1：,i A j B ∈∈或,i B j A ∈∈；命题2：3j i -≠.我们分两种情况证明这个结论.第一种情况：如果,i A j B ∈∈，且3j i -≠.此时设141i k =+，242j k =+，{}12,0,1,2,...,k k m ∈.则由i j <可知124142k k +<+，即2114k k ->-，故21k k ≥.此时，由于从数列1,2,...,42m +中取出141i k =+和242j k =+后，剩余的4m 个数可以分为以下三个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①{}{}{}11111,2,3,4,5,6,7,8,...,43,42,41,4k k k k ---，共1k 组；②{}{}{}11111111222242,43,44,45,46,47,48,49,...,42,41,4,41k k k k k k k k k k k k ++++++++--+，共21k k -组；③{}{}{}2222222243,44,45,46,47,48,49,410,...,41,4,41,42k k k k k k k k m m m m ++++++++-++，共2m k -组.（如果某一部分的组数为0，则忽略之）故此时数列1,2,...,42m +是(),i j -可分数列.第二种情况：如果,i B j A ∈∈，且3j i -≠.此时设142i k =+，241j k =+，{}12,0,1,2,...,k k m ∈.则由i j <可知124241k k +<+，即2114k k ->，故21k k >.由于3j i -≠，故()()2141423k k +-+≠，从而211k k -≠，这就意味着212k k -≥.此时，由于从数列1,2,...,42m +中取出142i k =+和241j k =+后，剩余的4m 个数可以分为以下四个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①{}{}{}11111,2,3,4,5,6,7,8,...,43,42,41,4k k k k ---，共1k 组；②{}112121241,31,221,31k k k k k k k +++++++，{}121212232,222,32,42k k k k k k k +++++++，共2组；③全体{}11212124,3,22,3k p k k p k k p k k p +++++++，其中213,4,...,p k k =-，共212k k --组；④{}{}{}2222222243,44,45,46,47,48,49,410,...,41,4,41,42k k k k k k k k m m m m ++++++++-++，共2m k -组.（如果某一部分的组数为0，则忽略之）这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含212k k --个行，4个列的数表以后，4个列分别是下面这些数：{}111243,44,...,3k k k k +++，{}12121233,34,...,22k k k k k k +++++，{}121212223,223,...,3k k k k k k +++++，{}1212233,34,...,4k k k k k ++++.可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍{}11241,42,...,42k k k +++中除开五个集合{}1141,42k k ++，{}121231,32k k k k ++++，{}1212221,222k k k k ++++，{}121231,32k k k k ++++，{}2241,42k k ++中的十个元素以外的所有数.而这十个数中，除开已经去掉的142k +和241k +以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列1,2,...,42m +是(),i j -可分数列.至此，我们证明了：对142i j m ≤<≤+，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列1,2,...,42m +一定是(),i j -可分数列.然后我们来考虑这样的(),i j 的个数.首先，由于A B ⋂=∅，A 和B 各有1m +个元素，故满足命题1的(),i j 总共有()21m +个；而如果3j i -=，假设,i A j B ∈∈，则可设141i k =+，242j k =+，代入得()()2142413k k +-+=.但这导致2112k k -=，矛盾，所以,i B j A ∈∈.设142i k =+，241j k =+，{}12,0,1,2,...,k k m ∈，则()()2141423k k +-+=，即211k k -=.所以可能的()12,k k 恰好就是()()()0,1,1,2,...,1,m m -，对应的(),i j 分别是()()()2,5,6,9,...,42,41m m -+，总共m 个.所以这()21m +个满足命题1的(),i j 中，不满足命题2的恰好有m 个.这就得到同时满足命题1和命题2的(),i j 的个数为()21m m +-.当我们从1,2,...,42m +中一次任取两个数i 和()j i j <时，总的选取方式的个数等于()()()()424121412m m m m ++=++.而根据之前的结论，使得数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列的(),i j 至少有()21m m +-个.所以数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列的概率m P 一定满足()()()()()()()()()22221111124214121412142221218m m m m m m m m P m m m m m m m m ⎛⎫+++ ⎪+-++⎝⎭≥=>==++++++++.这就证明了结论.。

历年(2019-2024)全国高考数学真题分类(数列)汇编(附答案)

历年(2019-2024)全国高考数学真题分类(数列)汇编(附答案)

历年(2019-2024)全国高考数学真题分类(数列)汇编考点01 数列的增减性1．（2022∙全国乙卷∙高考真题）嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{}n b ：1111b α=+，212111b αα=++，31231111b ααα=+++，…，依此类推，其中(1,2,)k k α*∈=N ．则（ ） A ．15b b < B ．38b b <C ．62b b <D ．47b b <2．（2022∙北京∙高考真题）已知数列{}n a 各项均为正数，其前n 项和n S 满足9(1,2,)n n a S n ⋅== ．给出下列四个结论：①{}n a 的第2项小于3； ②{}n a 为等比数列； ③{}n a 为递减数列； ④{}n a 中存在小于1100的项． 其中所有正确结论的序号是 ．3．（2021∙全国甲卷∙高考真题）等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为n S ，设甲：0q >，乙：{}n S 是递增数列，则（ ）A ．甲是乙的充分条件但不是必要条件B ．甲是乙的必要条件但不是充分条件C ．甲是乙的充要条件D ．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件4．（2020∙北京∙高考真题）在等差数列{}n a 中，19a =-，51a =-．记12(1,2,)n n T a a a n ==……，则数列{}n T （ ）． A ．有最大项，有最小项 B ．有最大项，无最小项 C ．无最大项，有最小项D ．无最大项，无最小项考点02 递推数列及数列的通项公式1．（2023∙北京∙高考真题）已知数列{}n a 满足()31166(1,2,3,)4n n a a n +=-+= ，则（ ） A ．当13a =时，{}n a 为递减数列，且存在常数0M ≤，使得n a M >恒成立 B ．当15a =时，{}n a 为递增数列，且存在常数6M ≤，使得n a M <恒成立 C ．当17a =时，{}n a 为递减数列，且存在常数6M >，使得n a M >恒成立 D ．当19a =时，{}n a 为递增数列，且存在常数0M >，使得n a M <恒成立2．（2022∙北京∙高考真题）已知数列{}n a 各项均为正数，其前n 项和n S 满足9(1,2,)n n a S n ⋅== ．给出下列四个结论：①{}n a 的第2项小于3； ②{}n a 为等比数列； ③{}n a 为递减数列； ④{}n a 中存在小于1100的项． 其中所有正确结论的序号是 ．3．（2022∙浙江∙高考真题）已知数列{}n a 满足()21111,3n n n a a a a n *+==-∈N ，则（ ）A ．100521002a <<B ．100510032a << C ．100731002a <<D ．100710042a << 4．（2021∙浙江∙高考真题）已知数列{}n a满足)111,N n a a n *+==∈.记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（ ）A ．100332S << B ．10034S << C ．100942S <<D ．100952S << 5．（2020∙浙江∙高考真题）我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列(1)2n n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭就是二阶等差数列，数列(1)2n n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭(N )n *∈ 的前3项和是 ．6．（2020∙全国∙高考真题）数列{}n a 满足2(1)31nn n a a n ++-=-，前16项和为540，则1a = .7．（2019∙浙江∙高考真题）设,a b R ∈，数列{}n a 中，211,n n a a a a b +==+，N n *∈ ,则A ．当101,102b a =>B ．当101,104b a =>C ．当102,10b a =->D ．当104,10b a =->考点03 等差数列及其前n 项和一、单选题 1．（2024∙全国甲卷∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知510S S =，51a =，则1a =（ ） A ．72B ．73 C ．13-D ．711-2．（2024∙全国甲卷∙高考真题）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若91S =，则37a a +=（ ） A ．2-B ．73C ．1D ．293．（2023∙全国甲卷∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若264810,45a a a a +==，则5S =（ ） A ．25B ．22C ．20D ．154．（2023∙全国乙卷∙高考真题）已知等差数列{}n a 的公差为23π，集合{}*cos N n S a n =∈，若{},S a b =，则ab =（ ）A ．－1B ．12-C ．0D ．125．（2023∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，设甲：{}n a 为等差数列；乙：{}nS n为等差数列，则（ ）A ．甲是乙的充分条件但不是必要条件B ．甲是乙的必要条件但不是充分条件C ．甲是乙的充要条件D ．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件6．（2022∙北京∙高考真题）设{}n a 是公差不为0的无穷等差数列，则“{}n a 为递增数列”是“存在正整数0N ，当0n N >时，0n a >”的（ ） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件7．（2020∙浙江∙高考真题）已知等差数列{an }的前n 项和Sn ，公差d ≠0，11a d≤．记b 1=S 2，bn+1=S2n+2–S 2n ，n N *∈，下列等式不可能．．．成立的是（ ） A ．2a 4=a 2+a 6B ．2b 4=b 2+b 6C ．2428a a a = D ．2428b b b =8．（2019∙全国∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．已知4505S a ==，，则 A ．25n a n =-B ． 310n a n =-C ．228n S n n =-D ．2122n S n n =-二、填空题 15．（2024∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若347a a +=，2535a a +=，则10S = .16．（2022∙全国乙卷∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若32236S S =+，则公差d = ． 17．（2020∙山东∙高考真题）将数列{2n –1}与{3n –2}的公共项从小到大排列得到数列{an }，则{an }的前n 项和为 ．18．（2020∙全国∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若1262,2a a a =-+=，则10S = ．19．（2019∙江苏∙高考真题）已知数列*{}()n a n ∈N 是等差数列，n S 是其前n 项和.若25890,27a a a S +==，则8S 的值是 .20．（2019∙北京∙高考真题）设等差数列{an }的前n 项和为Sn ，若a 2=−3，S 5=−10，则a 5= ，Sn 的最小值为 ．21．（2019∙全国∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若375,13a a ==，则10S = . 22．（2019∙全国∙高考真题）记Sn 为等差数列{an }的前n 项和，12103a a a =≠，，则105S S = .考点04 等比数列及其前n 项和一、单选题 1．（2023∙全国甲卷∙高考真题）设等比数列{}n a 的各项均为正数，前n 项和n S ，若11a =，5354S S =-，则4S =（ ） A ．158B ．658C ．15D ．402．（2023∙天津∙高考真题）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若()112,22N n n a a S n *+==+∈，则4a =（ ）A ．16B ．32C ．54D ．1623．（2023∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，若45S =-，6221S S =，则8S =（ ）． A ．120B ．85C ．85-D ．120-4．（2022∙全国乙卷∙高考真题）已知等比数列{}n a 的前3项和为168，2542a a -=，则6a =（ ） A ．14B ．12C ．6D ．35．（2021∙全国甲卷∙高考真题）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和.若24S =，46S =，则6S =（ ） A ．7B ．8C ．9D ．106．（2020∙全国∙高考真题）设{}n a 是等比数列，且1231a a a ++=，234+2a a a +=，则678a a a ++=（ ） A ．12B ．24C ．30D ．327．（2020∙全国∙高考真题）记Sn 为等比数列{an }的前n 项和．若a 5–a 3=12，a 6–a 4=24，则n nS a =（ ）A ．2n –1B ．2–21–nC ．2–2n –1D ．21–n –18．（2020∙全国∙高考真题）数列{}n a 中，12a =，对任意 ,,m n m n m n N a a a ++∈=，若155121022k k k a a a ++++++=- ，则 k =（ ） A ．2B ．3C ．4D ．5二、填空题 11．（2023∙全国甲卷∙高考真题）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和．若6387S S =，则{}n a 的公比为 ． 12．（2023∙全国乙卷∙高考真题）已知{}n a 为等比数列，24536a a a a a =，9108a a =-，则7a = . 13．（2019∙全国∙高考真题）记Sn 为等比数列{an }的前n 项和.若13314a S ==，，则S 4= ． 14．（2019∙全国∙高考真题）记Sn 为等比数列{an }的前n 项和．若214613a a a ==，，则S 5= ．考点05 数列中的数学文化1．（2023∙北京∙高考真题）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列{}n a ，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且1591,12,192a a a ===，则7a = ；数列{}n a 所有项的和为 ．2．（2022∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）图1是中国古代建筑中的举架结构，,,,AA BB CC DD ''''是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中1111,,,DD CC BB AA 是举，1111,,,OD DC CB BA 是相等的步，相邻桁的举步之比分别为11111231111,0.5,,DD CC BB AAk k k OD DC CB BA ====．已知123,,k k k 成公差为0.1的等差数列，且直线OA 的斜率为0.725，则3k =（ ）A ．0.75B ．0.8C ．0.85D ．0.93．（2021∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为20dm 12dm ⨯的长方形纸，对折1次共可以得到10dm 12dm ⨯，20dm 6dm ⨯两种规格的图形，它们的面积之和21240dm S =，对折2次共可以得到5dm 12dm ⨯，10dm 6dm ⨯，20dm 3dm ⨯三种规格的图形，它们的面积之和22180dm S =，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为 ；如果对折n次，那么1nk k S ==∑ 2dm .4．（2020∙浙江∙高考真题）我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列(1)2n n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭就是二阶等差数列，数列(1)2n n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭(N )n *∈ 的前3项和是 ．5．（2020∙全国∙高考真题）0‐1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列12n a a a 满足{0,1}(1,2,)i a i ∈= ，且存在正整数m ，使得(1,2,)i m i a a i +== 成立，则称其为0‐1周期序列，并称满足(1,2,)i m i a a i +== 的最小正整数m 为这个序列的周期.对于周期为m 的0‐1序列12n a a a ，11()(1,2,,1)mi i k i C k a a k m m +===-∑ 是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0‐1序列中，满足1()(1,2,3,4)5C k k ≤=的序列是（ ） A ．11010B ．11011C ．10001D ．110016．（2020∙全国∙高考真题）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块考点06 数列求和1．（2021∙浙江∙高考真题）已知数列{}n a满足)111,N n a a n *+==∈.记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（ ）A ．100332S << B ．10034S << C ．100942S <<D ．100952S << 2．（2021∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）（多选）设正整数010112222k kk k n a a a a --=⋅+⋅++⋅+⋅ ，其中{}0,1i a ∈，记()01k n a a a ω=+++ ．则（ ） A ．()()2n n ωω= B ．()()231n n ωω+=+C ．()()8543n n ωω+=+D ．()21nn ω-=3．（2020∙江苏∙高考真题）设{an }是公差为d 的等差数列，{bn }是公比为q 的等比数列．已知数列{an +bn }的前n 项和221()n n S n n n +=-+-∈N ，则d +q 的值是 ．参考答案考点01 数列的增减性1．（2022∙全国乙卷∙高考真题）嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{}n b ：1111b α=+，212111b αα=++，31231111b ααα=+++，…，依此类推，其中(1,2,)k k α*∈=N ．则（ ） A ．15b b < B ．38b b <C ．62b b <D ．47b b <【答案】D【详细分析】根据()*1,2,k k α∈=N …，再利用数列{}n b 与k α的关系判断{}n b 中各项的大小，即可求解.【答案详解】[方法一]:常规解法因为()*1,2,k k α∈=N ，所以1121ααα<+，112111ααα>+，得到12b b >，同理11223111ααααα+>++，可得23b b <，13b b >又因为223411,11αααα>++112233411111ααααααα++<+++，故24b b <，34b b >；以此类推，可得1357b b b b >>>>…，78b b >，故A 错误； 178b b b >>，故B 错误；26231111αααα>++…，得26b b <，故C 错误；11237264111111αααααααα>++++++…，得47b b <，故D 正确.[方法二]：特值法不妨设1,n a =则1234567835813213455b 2,b b ,b b ,b b ,b 2358132134========，，，47b b <故D 正确.2．（2022∙北京∙高考真题）已知数列{}n a 各项均为正数，其前n 项和n S 满足9(1,2,)n n a S n ⋅== ．给出下列四个结论：①{}n a 的第2项小于3； ②{}n a 为等比数列； ③{}n a 为递减数列； ④{}n a 中存在小于1100的项． 其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】①③④ 【详细分析】推导出199n n n a a a -=-，求出1a 、2a 的值，可判断①；利用反证法可判断②④；利用数列单调性的定义可判断③.【答案详解】由题意可知，N n *∀∈，0n a >，当1n =时，219a =，可得13a =；当2n ≥时，由9n nS a =可得119n n S a --=，两式作差可得199n n n a a a -=-，所以，199n n n a a a -=-，则2293a a -=，整理可得222390a a +-=， 因为20a >，解得2332a =<，①对；假设数列{}n a 为等比数列，设其公比为q ，则2213a a a =，即2213981S S S ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以，2213S S S =，可得()()22221111a q a q q +=++，解得0q =，不合乎题意，故数列{}n a 不是等比数列，②错； 当2n ≥时，()1119990n n n n n n n a a a a a a a ----=-=>，可得1n n a a -<，所以，数列{}n a 为递减数列，③对； 假设对任意的N n *∈，1100n a ≥，则10000011000001000100S ≥⨯=， 所以，1000001000009911000100a S =≤<，与假设矛盾，假设不成立，④对. 故答案为：①③④.【名师点评】关键点名师点评：本题在推断②④的正误时，利用正面推理较为复杂时，可采用反证法来进行推导.3．（2021∙全国甲卷∙高考真题）等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为n S ，设甲：0q >，乙：{}n S 是递增数列，则（ ）A ．甲是乙的充分条件但不是必要条件B ．甲是乙的必要条件但不是充分条件C ．甲是乙的充要条件D ．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【答案】B【详细分析】当0q >时，通过举反例说明甲不是乙的充分条件；当{}n S 是递增数列时，必有0n a >成立即可说明0q >成立，则甲是乙的必要条件，即可选出答案． 【答案详解】由题，当数列为2,4,8,--- 时，满足0q >， 但是{}n S 不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件．若{}n S 是递增数列，则必有0n a >成立，若0q >不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则0q >成立，所以甲是乙的必要条件． 故选：B ．【名师点评】在不成立的情况下，我们可以通过举反例说明，但是在成立的情况下，我们必须要给予其证明过程．4．（2020∙北京∙高考真题）在等差数列{}n a 中，19a =-，51a =-．记12(1,2,)n n T a a a n ==……，则数列{}n T （ ）．A ．有最大项，有最小项B ．有最大项，无最小项C ．无最大项，有最小项D ．无最大项，无最小项【答案】B【详细分析】首先求得数列的通项公式，然后结合数列中各个项数的符号和大小即可确定数列中是否存在最大项和最小项.【答案详解】由题意可知，等差数列的公差511925151a a d --+===--， 则其通项公式为：()()11912211n a a n d n n =+-=-+-⨯=-， 注意到123456701a a a a a a a <<<<<<=<< ， 且由50T <可知()06,i T i i N <≥∈， 由()117,ii i T a i i N T -=>≥∈可知数列{}n T 不存在最小项， 由于1234569,7,5,3,1,1a a a a a a =-=-=-=-=-=，故数列{}n T 中的正项只有有限项：263T =，46315945T =⨯=. 故数列{}n T 中存在最大项，且最大项为4T . 故选：B.【名师点评】本题主要考查等差数列的通项公式，等差数列中项的符号问题，分类讨论的数学思想等知识，属于中等题.考点02 递推数列及数列的通项公式1．（2023∙北京∙高考真题）已知数列{}n a 满足()31166(1,2,3,)4n n a a n +=-+= ，则（ ） A ．当13a =时，{}n a 为递减数列，且存在常数0M ≤，使得n a M >恒成立 B ．当15a =时，{}n a 为递增数列，且存在常数6M ≤，使得n a M <恒成立 C ．当17a =时，{}n a 为递减数列，且存在常数6M >，使得n a M >恒成立 D ．当19a =时，{}n a 为递增数列，且存在常数0M >，使得n a M <恒成立【答案】B【详细分析】法1：利用数列归纳法可判断ACD 正误，利用递推可判断数列的性质，故可判断B 的正误. 法2：构造()()31664x f x x =-+-，利用导数求得()f x 的正负情况，再利用数学归纳法判断得各选项n a 所在区间，从而判断{}n a 的单调性；对于A ，构造()()32192647342h x x x x x =-+-≤，判断得11n n a a +<-，进而取[]4m M =-+推得n a M >不恒成立；对于B ，证明n a 所在区间同时证得后续结论；对于C ，记()0143log 2log 61m M ⎡⎤⎢⎥⎣=+⎦-，取[]01m m =+推得n a M >不恒成立；对于D ，构造()()32192649942g x x x x x =-+-≥，判断得11n n a a +>+，进而取[]1m M =+推得n a M <不恒成立. 【答案详解】法1：因为()311664n n a a +=-+，故()311646n n a a +=--，对于A ，若13a =，可用数学归纳法证明：63n a -≤-即3n a ≤， 证明：当1n =时，1363a -=≤--，此时不等关系3n a ≤成立； 设当n k =时，63k a -≤-成立， 则()3162514764,4k k a a +⎛⎫-∈--- ⎝=⎪⎭，故136k a +≤--成立， 由数学归纳法可得3n a ≤成立. 而()()()()231116666441n n n n n n a a a a a a +⎡⎤=---=---⎢⎣-⎥⎦， ()20144651149n a --=-≥>，60n a -<，故10n n a a +-<，故1n n a a +<， 故{}n a 为减数列，注意1063k a +-≤-< 故()()()()23111666649644n n n n n a a a a a +-=≤-=-⨯--，结合160n a +-<，所以()16694n n a a +--≥，故19634n n a +⎛⎫-≥ ⎪⎝⎭，故19634nn a +⎛⎫≤- ⎪⎝⎭，若存在常数0M ≤，使得n a M >恒成立，则9634nM ⎛⎫-> ⎪⎝⎭，故6934nM -⎛⎫> ⎪⎝⎭，故946log 3M n -<，故n a M >恒成立仅对部分n 成立， 故A 不成立.对于B ，若15,a =可用数学归纳法证明：106n a --≤<即56n a ≤<， 证明：当1n =时，10611a ---≤≤=，此时不等关系56n a ≤<成立； 设当n k =时，56k a ≤<成立， 则()31164416,0k k a a +⎛⎫-∈-⎪⎝=⎭-，故1106k a +--≤<成立即 由数学归纳法可得156k a +≤<成立. 而()()()()231116666441n n n n n n a a a a a a +⎡⎤=---=---⎢⎣-⎥⎦， ()201416n a --<，60n a -<，故10n n a a +->，故1n n a a +>，故{}n a 为增数列， 若6M =，则6n a <恒成立，故B 正确.对于C ，当17a =时， 可用数学归纳法证明：061n a <-≤即67n a <≤， 证明：当1n =时，1061a <-≤，此时不等关系成立； 设当n k =时，67k a <≤成立， 则()31160,4164k k a a +⎛⎤-∈ ⎥⎝=⎦-，故1061k a +<-≤成立即167k a +<≤ 由数学归纳法可得67n a <≤成立.而()()21166014n n n n a a a a +⎡⎤=--<⎢⎥⎣⎦--，故1n n a a +<，故{}n a 为减数列，又()()()2111666644n n n n a a a a +-=-⨯-≤-，结合160n a +->可得：()111664n n a a +⎛⎫-≤- ⎪⎝⎭，所以1164nn a +⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭， 若1164nn a +⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭，若存在常数6M >，使得n a M >恒成立，则164nM ⎛⎫-≤ ⎪⎝⎭恒成立，故()14log 6n M ≤-，n 的个数有限，矛盾，故C 错误.对于D ，当19a =时， 可用数学归纳法证明：63n a -≥即9n a ≥， 证明：当1n =时，1633a -=≥，此时不等关系成立； 设当n k =时，9k a ≥成立，则()3162764143k k a a +-≥=>-，故19k a +≥成立 由数学归纳法可得9n a ≥成立.而()()21166014n n n n a a a a +⎡⎤=-->⎢⎥⎣⎦--，故1n n a a +>，故{}n a 为增数列，又()()()2119666446n n n n a a a a +->=-⨯--，结合60n a ->可得：()11116396449n n n a a --+⎭-⎛⎫⎛⎫-= ⎪⎪⎝⎝⎭> ，所以114963n n a -+⎛⎫⎪⎭≥+⎝，若存在常数0M >，使得n a M <恒成立，则19643n M -⎛⎫⎪⎝>+⎭，故19643n M -⎛⎫⎪⎝>+⎭，故946log 13M n -⎛⎫<+ ⎪⎝⎭，这与n 的个数有限矛盾，故D 错误.故选：B.法2：因为()3321119662648442n n n n n n n a a a a a a a +-=-+-=-+-， 令()3219264842f x x x x =-+-，则()239264f x x x =-+'，令()0f x ¢>，得06x <<6x >+；令()0f x '<，得66x << 所以()f x在,6⎛-∞ ⎝⎭和63⎛⎫++∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增，在633⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递减， 令()0f x =，则32192648042x x x -+-=，即()()()146804x x x ---=，解得4x =或6x =或8x =，注意到465<<，768<<， 所以结合()f x 的单调性可知在(),4-∞和()6,8上()0f x <，在()4,6和()8,+∞上()0f x >， 对于A ，因为()311664n n a a +=-+，则()311646n n a a +=--，当1n =时，13a =，()32116643a a =--<-，则23a <， 假设当n k =时，3k a <， 当1n k =+时，()()331311646364k k a a +<---<-=，则13k a +<， 综上：3n a ≤，即(),4n a ∈-∞，因为在(),4-∞上()0f x <，所以1n n a a +<，则{}n a 为递减数列， 因为()332111916612647442n n n n n n n a a a a a a a +-+=-+-+=-+-， 令()()32192647342h x x x x x =-+-≤，则()239264h x x x '=-+，因为()h x '开口向上，对称轴为96324x -=-=⨯， 所以()h x '在(],3-∞上单调递减，故()()2333932604h x h ''≥=⨯-⨯+>，所以()h x 在(],3-∞上单调递增，故()()321933326347042h x h ≤=⨯-⨯+⨯-<，故110n n a a +-+<，即11n n a a +<-， 假设存在常数0M ≤，使得n a M >恒成立，取[]14m M =-+，其中[]1M M M -<≤，且[]Z M ∈，因为11n n a a +<-，所以[][]2132431,1,,1M M a a a a a a -+-+<-<-<- ， 上式相加得，[][]()14333M a a M M M -+<--+≤+-=， 则[]14m M a a M +=<，与n a M >恒成立矛盾，故A 错误； 对于B ，因为15a =， 当1n =时，156a =<，()()33211166566644a a =-+=⨯-+<， 假设当n k =时，6k a <，当1n k =+时，因为6k a <，所以60k a -<，则()360k a -<， 所以()3116664k k a a +=-+<， 又当1n =时，()()332111615610445a a =-+=⨯+-->，即25a >， 假设当n k =时，5k a ≥，当1n k =+时，因为5k a ≥，所以61k a -≥-，则()361k a -≥-， 所以()3116654k k a a +=-+≥， 综上：56n a ≤<，因为在()4,6上()0f x >，所以1n n a a +>，所以{}n a 为递增数列， 此时，取6M =，满足题意，故B 正确；对于C ，因为()311664n n a a +=-+，则()311646n n a a +=--，注意到当17a =时，()3216617644a =-+=+，3341166441664a ⎪⎛⎫⎫+=+ ⎪⎝+-⎭⎭⎛= ⎝，143346166144416a ⎢⎛⎫+=⎡⎤⎛⎫=+-⎢⎥ ⎪⎝+ ⎪⎭⎭⎥⎦⎝⎣猜想当2n ≥时，)1312164k k a -⎛⎫+ ⎪=⎝⎭，当2n =与3n =时，2164a =+与43164a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭满足()1312164nn a -⎛⎫+ ⎪=⎝⎭，假设当n k =时，)1312164k k a -⎛⎫+ ⎪=⎝⎭，当1n k =+时，所以()())13113131122311666116664444k k k k a a +-+-⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎢⎥=+-+ ⎪⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦-+=+=， 综上：()()13121624n n a n - =⎛⎫+≥⎪⎝⎭，易知310n->，则)13121014n -⎛⎫<< ⎪⎝⎭，故()()()1312166,724n n a n -⎛⎪=⎫+∈≥ ⎝⎭，所以(],67n a ∈，因为在()6,8上()0f x <，所以1n n a a +<，则{}n a 为递减数列， 假设存在常数6M >，使得n a M >恒成立，记()0143log 2log 61m M ⎡⎤⎢⎥⎣=+⎦-，取[]01m m =+，其中[]*00001,N m m m m -<≤∈，则()0142log 6133m mM ->=+， 故()()14log 61312m M ->-，所以()1312614m M -⎛⎫ ⎪<⎝-⎭，即)1312164m M -⎛⎫+ ⎪⎭<⎝， 所以m a M <，故n a M >不恒成立，故C 错误； 对于D ，因为19a =， 当1n =时，()32116427634a a ==->-，则29a >， 假设当n k =时，3k a ≥， 当1n k =+时，()()331116936644k k a a +≥=-->-，则19k a +>，综上：9n a ≥，因为在()8,+∞上()0f x >，所以1n n a a +>，所以{}n a 为递增数列， 因为()332111916612649442n n n n n n n a a a a a a a +--=-+--=-+-， 令()()32192649942g x x x x x =-+-≥，则()239264g x x x '=-+， 因为()g x '开口向上，对称轴为96324x -=-=⨯， 所以()g x '在[)9,+∞上单调递增，故()()2399992604g x g ≥=⨯-⨯+'>'，所以()()321999926949042g x g ≥=⨯-⨯+⨯->， 故110n n a a +-->，即11n n a a +>+， 假设存在常数0M >，使得n a M <恒成立， 取[]21m M =+，其中[]1M M M -<≤，且[]Z M ∈，因为11n n a a +>+，所以[][]213211,1,,1M M a a a a a a +>+>+>+ ， 上式相加得，[][]1191M a a M M M +>+>+->， 则[]21m M a a M +=>，与n a M <恒成立矛盾，故D 错误. 故选：B.【名师点评】关键名师点评：本题解决的关键是根据首项给出与通项性质相关的相应的命题，再根据所得命题结合放缩法得到通项所满足的不等式关系，从而可判断数列的上界或下界是否成立.2．（2022∙北京∙高考真题）已知数列{}n a 各项均为正数，其前n 项和n S 满足9(1,2,)n n a S n ⋅== ．给出下列四个结论：①{}n a 的第2项小于3； ②{}n a 为等比数列； ③{}n a 为递减数列； ④{}n a 中存在小于1100的项． 其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】①③④ 【详细分析】推导出199n n n a a a -=-，求出1a 、2a 的值，可判断①；利用反证法可判断②④；利用数列单调性的定义可判断③.【答案详解】由题意可知，N n *∀∈，0n a >，当1n =时，219a =，可得13a =；当2n ≥时，由9n n S a =可得119n n S a --=，两式作差可得199n n n a a a -=-，所以，199n n n a a a -=-，则2293a a -=，整理可得222390a a +-=， 因为20a >，解得2332a =<，①对；假设数列{}n a 为等比数列，设其公比为q ，则2213a a a =，即2213981S S S ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以，2213S S S =，可得()()22221111a q a q q +=++，解得0q =，不合乎题意，故数列{}n a 不是等比数列，②错； 当2n ≥时，()1119990n n n n n n n a a a a a a a ----=-=>，可得1n n a a -<，所以，数列{}n a 为递减数列，③对； 假设对任意的N n *∈，1100n a ≥，则10000011000001000100S ≥⨯=， 所以，1000001000009911000100a S =≤<，与假设矛盾，假设不成立，④对. 故答案为：①③④.【名师点评】关键点名师点评：本题在推断②④的正误时，利用正面推理较为复杂时，可采用反证法来进行推导.3．（2022∙浙江∙高考真题）已知数列{}n a 满足()21111,3n n n a a a a n *+==-∈N ，则（ ）A ．100521002a <<B ．100510032a << C ．100731002a <<D ．100710042a << 【答案】B【详细分析】先通过递推关系式确定{}n a 除去1a ，其他项都在()0,1范围内，再利用递推公式变形得到1111133n n n a a a +-=>-，累加可求出11(2)3n n a >+，得出1001003a <，再利用11111111333132n n n a a a n n +⎛⎫-=<=+ ⎪-+⎝⎭-+，累加可求出()111111113323nn a n ⎛⎫-<-++++ ⎪⎝⎭ ，再次放缩可得出10051002a >． 【答案详解】∵11a =，易得()220,13a =∈，依次类推可得()0,1n a ∈ 由题意，1113n n n a a a +⎛⎫=- ⎪⎝⎭，即()1131133n n n n na a a a a +==+--，∴1111133n n n a a a +-=>-， 即211113a a ->，321113a a ->，431113a a ->，…，1111,(2)3n n n a a -->≥， 累加可得()11113n n a ->-，即11(2),(2)3n n n a >+≥， ∴()3,22n a n n <≥+，即100134a <，100100100334a <<, 又11111111,(2)333132n n n n a a a n n +⎛⎫-=<=+≥ ⎪-+⎝⎭-+， ∴211111132a a ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭，321111133a a ⎛⎫-<+ ⎪⎝⎭，431111134a a ⎛⎫-<+ ⎪⎝⎭，…，111111,(3)3n n n a a n -⎛⎫-<+≥ ⎪⎝⎭， 累加可得()11111111,(3)3323n n n a n ⎛⎫-<-++++≥ ⎪⎝⎭ ，∴100111111111333349639323100326a ⎛⎫⎛⎫-<++++<+⨯+⨯< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ， 即100140a <，∴100140a >，即10051002a >； 综上：100510032a <<． 故选：B ．【名师点评】关键点名师点评：解决本题的关键是利用递推关系进行合理变形放缩. 4．（2021∙浙江∙高考真题）已知数列{}n a满足)111,N n a a n *+==∈.记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（ ）A ．100332S << B ．10034S << C ．100942S <<D ．100952S << 【答案】A【详细分析】显然可知，10032S >，利用倒数法得到21111124n n a a +⎛⎫==+-⎪⎪⎭，再放缩可得12<，由累加法可得24(1)n a n ≥+，进而由1n a +=113n n a n a n ++≤+，然后利用累乘法求得6(1)(2)n a n n ≤++，最后根据裂项相消法即可得到1003S <，从而得解．【答案详解】因为)111,N n a a n *+==∈，所以0n a >，10032S >．由211111124n n n a a a ++⎛⎫=⇒=+=+-⎪⎪⎭2111122n a +⎛⎫∴<⇒<⎪⎪⎭12<()111,222n n n -+<+=≥，当1n =112+=，12n +≤，当且仅当1n =时等号成立，12412(1)311n n n n a n a a a n n n ++∴≥∴=≤=++++ 113n n a n a n ++∴≤+， 由累乘法可得()6,2(1)(2)n a n n n ≤≥++，且16(11)(12)a =++，则6(1)(2)n a n n ≤++，当且仅当1n =时取等号，由裂项求和法得：所以10011111111116632334451011022102S ⎛⎫⎛⎫≤-+-+-++-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即100332S <<． 故选：A ．【名师点评】的不等关系，再由累加法可求得24(1)n a n ≥+，由题目条件可知要证100S 小于某数，从而通过局部放缩得到1,n n a a +的不等关系，改变不等式的方向得到6(1)(2)n a n n ≤++，最后由裂项相消法求得1003S <．5．（2020∙浙江∙高考真题）我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列(1)2n n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭就是二阶等差数列，数列(1)2n n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭(N )n *∈ 的前3项和是 ．【答案】10【详细分析】根据通项公式可求出数列{}n a 的前三项，即可求出． 【答案详解】因为()12n n n a +=，所以1231,3,6a a a ===． 即312313610S a a a =++=++=． 故答案为：10.【名师点评】本题主要考查利用数列的通项公式写出数列中的项并求和，属于容易题．6．（2020∙全国∙高考真题）数列{}n a 满足2(1)31nn n a a n ++-=-，前16项和为540，则1a = .【答案】7【详细分析】对n 为奇偶数分类讨论，分别得出奇数项、偶数项的递推关系，由奇数项递推公式将奇数项用1a 表示，由偶数项递推公式得出偶数项的和，建立1a 方程，求解即可得出结论.【答案详解】2(1)31nn n a a n ++-=-，当n 为奇数时，231n n a a n +=+-；当n 为偶数时，231n n a a n ++=-. 设数列{}n a 的前n 项和为n S ，16123416S a a a a a =+++++135********()()a a a a a a a a =+++++++111111(2)(10)(24)(44)(70)a a a a a a =++++++++++ 11(102)(140)(5172941)a a ++++++++ 118392928484540a a =++=+=，17a ∴=.故答案为：7.【名师点评】本题考查数列的递推公式的应用，以及数列的并项求和，考查分类讨论思想和数学计算能力，属于较难题.7．（2019∙浙江∙高考真题）设,a b R ∈，数列{}n a 中，211,n n a a a a b +==+，N n *∈ ,则A ．当101,102b a =>B ．当101,104b a =>C ．当102,10b a =->D ．当104,10b a =->【答案】A【解析】若数列{}n a 为常数列，101a a a ==，则只需使10a ≤，选项的结论就会不成立.将每个选项的b 的取值代入方程20x x b -+=，看其是否有小于等于10的解.选项B 、C 、D 均有小于10的解，故选项B 、C 、D 错误.而选项A 对应的方程没有解，又根据不等式性质，以及基本不等式，可证得A 选项正确.【答案详解】若数列{}n a 为常数列，则1n a a a ==，由21n n a a b +=+，可设方程20x x b -+= 选项A ：12b =时，2112n n a a +=+，2102x x -+=， 1210∆=-=-<， 故此时{}n a 不为常数列，222112n n n n a a a +=+=+≥ ，且2211122a a =+≥，792a a ∴≥≥21091610a a >≥>， 故选项A 正确； 选项B ：14b =时，2114n n a a +=+，2104x x -+=，则该方程的解为12x =， 即当12a =时，数列{}n a 为常数列，12n a =，则101102a =<，故选项B 错误； 选项C ：2b =-时，212n n a a +=-，220x x --=该方程的解为=1x -或2，即当1a =-或2时，数列{}n a 为常数列，1n a =-或2， 同样不满足1010a >，则选项C 也错误；选项D ：4b =-时，214n n a a +=-，240x x --=该方程的解为12x =， 同理可知，此时的常数列{}n a 也不能使1010a >， 则选项D 错误. 故选：A.【名师点评】遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.利用函数方程思想，通过研究函数的不动点，进一步讨论a 的可能取值，利用“排除法”求解.考点03 等差数列及其前n 项和一、单选题 1．（2024∙全国甲卷∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知510S S =，51a =，则1a =（ ） A ．72B ．73 C ．13-D ．711-【答案】B【详细分析】由510S S =结合等差中项的性质可得80a =，即可计算出公差，即可得1a 的值. 【答案详解】由105678910850S S a a a a a a -=++++==，则80a =， 则等差数列{}n a 的公差85133a a d -==-，故151741433a a d ⎛⎫=-=-⨯-= ⎪⎝⎭.故选：B.2．（2024∙全国甲卷∙高考真题）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若91S =，则37a a +=（ ） A ．2-B ．73C ．1D ．29【答案】D【详细分析】可以根据等差数列的基本量，即将题目条件全转化成1a 和d 来处理，亦可用等差数列的性质进行处理，或者特殊值法处理.【答案详解】方法一：利用等差数列的基本量 由91S =，根据等差数列的求和公式，911989193612S a d a d ⨯=+=⇔+=， 又371111222628(936)99a a a d a d a d a d +=+++=+=+=. 故选：D方法二：利用等差数列的性质根据等差数列的性质，1937a a a a +=+，由91S =，根据等差数列的求和公式， 193799()9()122a a a a S ++===，故3729a a +=.故选：D方法三：特殊值法不妨取等差数列公差0d =，则9111199S a a ==⇒=，则371229a a a +==. 故选：D3．（2023∙全国甲卷∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若264810,45a a a a +==，则5S =（ ） A ．25B ．22C ．20D ．15【答案】C【详细分析】方法一：根据题意直接求出等差数列{}n a 的公差和首项，再根据前n 项和公式即可解出； 方法二：根据等差数列的性质求出等差数列{}n a 的公差，再根据前n 项和公式的性质即可解出． 【答案详解】方法一：设等差数列{}n a 的公差为d ，首项为1a ，依题意可得，2611510a a a d a d +=+++=，即135a d +=,又()()48113745a a a d a d =++=，解得：11,2d a ==， 所以515455210202S a d ⨯=+⨯=⨯+=． 故选：C.方法二：264210a a a +==，4845a a =，所以45a =，89a =，从而84184a a d -==-，于是34514a a d =-=-=， 所以53520S a ==． 故选：C.4．（2023∙全国乙卷∙高考真题）已知等差数列{}n a 的公差为23π，集合{}*cos N n S a n =∈，若{},S a b =，则ab =（ ） A ．－1B ．12-C ．0D ．12【答案】B【详细分析】根据给定的等差数列，写出通项公式，再结合余弦型函数的周期及集合只有两个元素详细分析、推理作答.【答案详解】依题意，等差数列{}n a 中，112π2π2π(1)()333n a a n n a =+-⋅=+-， 显然函数12π2πcos[()]33y n a =+-的周期为3，而N n *∈，即cos n a 最多3个不同取值，又{cos |N }{,}n a n a b *∈=，则在123cos ,cos ,cos a a a 中，123cos cos cos a a a =≠或123cos cos cos a a a ≠=， 于是有2πcos cos()3θθ=+，即有2π()2π,Z 3k k θθ++=∈，解得ππ,Z 3k k θ=-∈， 所以Z k ∈，2ππ4πππ1cos(π)cos[(π)]cos(π)cos πcos πcos 333332ab k k k k k =--+=--=-=-.故选：B5．（2023∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，设甲：{}n a 为等差数列；乙：{}nS n为等差数列，则（ ）A ．甲是乙的充分条件但不是必要条件B ．甲是乙的必要条件但不是充分条件C ．甲是乙的充要条件D ．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【答案】C【详细分析】利用充分条件、必要条件的定义及等差数列的定义，再结合数列前n 项和与第n 项的关系推理判断作答.，【答案详解】方法1，甲：{}n a 为等差数列，设其首项为1a ，公差为d ， 则1111(1)1,,222212n n n n S S S n n n d d dS na d a d n a nn n +--=+=+=+--=+，因此{}nS n为等差数列，则甲是乙的充分条件； 反之，乙：{}nS n为等差数列，即111(1)1(1)(1)n n n n n n S S nS n S na S n n n n n n +++-+--==+++为常数，设为t ，即1(1)n nna S t n n +-=+，则1(1)n n S na t n n +=-⋅+，有1(1)(1),2n n S n a t n n n -=--⋅-≥，两式相减得：1(1)2n n n a na n a tn +=---，即12n n a a t +-=，对1n =也成立， 因此{}n a 为等差数列，则甲是乙的必要条件， 所以甲是乙的充要条件，C 正确.方法2，甲：{}n a 为等差数列，设数列{}n a 的首项1a ，公差为d ，即1(1)2n n n S na d -=+， 则11(1)222n S n d d a d n a n-=+=+-，因此{}n S n 为等差数列，即甲是乙的充分条件；反之，乙：{}nS n 为等差数列，即11,(1)1n n n S S S D S n D n n n+-==+-+， 即1(1)n S nS n n D =+-，11(1)(1)(2)n S n S n n D -=-+--，当2n ≥时，上两式相减得：112(1)n n S S S n D --=+-，当1n =时，上式成立， 于是12(1)n a a n D =+-，又111[22(1)]2n n a a a nD a n D D +-=+-+-=为常数， 因此{}n a 为等差数列，则甲是乙的必要条件， 所以甲是乙的充要条件. 故选：C6．（2022∙北京∙高考真题）设{}n a 是公差不为0的无穷等差数列，则“{}n a 为递增数列”是“存在正整数0N ，当0n N >时，0n a >”的（ ） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】C【详细分析】设等差数列{}n a 的公差为d ，则0d ≠，利用等差数列的通项公式结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【答案详解】设等差数列{}n a 的公差为d ，则0d ≠，记[]x 为不超过x 的最大整数. 若{}n a 为单调递增数列，则0d >，若10a ≥，则当2n ≥时，10n a a >≥；若10a <，则()11n a a n d +-=， 由()110n a a n d =+->可得11a n d >-，取1011a N d ⎡⎤=-+⎢⎥⎣⎦，则当0n N >时，0n a >， 所以，“{}n a 是递增数列”⇒“存在正整数0N ，当0n N >时，0n a >”；若存在正整数0N ，当0n N >时，0n a >，取N k *∈且0k N >，0k a >， 假设0d <，令()0n k a a n k d =+-<可得k a n k d >-，且k ak k d->， 当1k a n k d ⎡⎤>-+⎢⎥⎣⎦时，0n a <，与题设矛盾，假设不成立，则0d >，即数列{}n a 是递增数列.所以，“{}n a 是递增数列”⇐“存在正整数0N ，当0n N >时，0n a >”.所以，“{}n a 是递增数列”是“存在正整数0N ，当0n N >时，0n a >”的充分必要条件. 故选：C.7．（2020∙浙江∙高考真题）已知等差数列{an }的前n 项和Sn ，公差d ≠0，11a d≤．记b 1=S 2，bn+1=S2n+2–S 2n ，n N *∈，下列等式不可能．．．成立的是（ ） A ．2a 4=a 2+a 6B ．2b 4=b 2+b 6C ．2428a a a = D ．2428b b b =【答案】D【详细分析】根据题意可得，21212222n n n n n b S a a S ++++=+=-，而1212b S a a ==+，即可表示出题中2468,,,b b b b ，再结合等差数列的性质即可判断各等式是否成立．【答案详解】对于A ，因为数列{}n a 为等差数列，所以根据等差数列的下标和性质，由4426+=+可得，4262a a a =+，A 正确；对于B ，由题意可知，21212222n n n n n b S a a S ++++=+=-，1212b S a a ==+，∴234b a a =+，478b a a =+，61112b a a =+，81516b a a =+． ∴()47822b a a =+，26341112b b a a a a +=+++．根据等差数列的下标和性质，由31177,41288+=++=+可得()26341112784=2=2b b a a a a a a b +=++++，B 正确；对于C ，()()()()2224281111137222a a a a d a d a d d a d d d a -=+-++=-=-， 当1a d =时，2428a a a =，C 正确； 对于D ，()()22222478111213452169b a a a d a a d d =+=+=++，()()()()2228341516111125229468145b b a a a a a d a d a a d d =++=++=++， ()22428112416832b b b d a d d d a -=-=-．当0d >时，1a d ≤，∴()113220d a d d a -=+->即24280b b b ->；当0d <时，1a d ≥，∴()113220d a d d a -=+-<即24280b b b ->，所以24280b b b ->，D 不正确．故选：D.【名师点评】本题主要考查等差数列的性质应用，属于基础题．8．（2019∙全国∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．已知4505S a ==，，则。

历年高考理科数列真题汇编含答案解析

历年高考理科数列真题汇编含答案解析

高考数列选择题部分（2016全国I ）（3）已知等差数列{}n a 前9项的和为27，10=8a ，则100=a（A ）100 （B ）99 （C ）98 （D ）97（2016上海）已知无穷等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为n S ，且S S n n =∞→lim .下列条件中，使得()*∈<N n S S n 2恒成立的是（ ）（A ）7.06.0,01<<>q a （B ）6.07.0,01-<<-<q a（C ）8.07.0,01<<>q a （D ）7.08.0,01-<<-<q a（2016四川）5. 【题设】某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入.若该公司2015年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是（参考数据：lg 1.12≈0.05，lg 1.3≈0.11，lg2≈0.30）（ A ）2018年 （B ）2019年 （C ）2020年 （D ）2021年 （2016天津）（5）设{a n }是首项为正数的等比数列，公比为q ，则“q <0”是“对任意的正整数n ，a 2n −1+a 2n <0”的（ ）（A ）充要条件 （B ）充分而不必要条件 （C ）必要而不充分条件 （D ）既不充分也不必要条件（2016浙江）6. 如图，点列{A n }，{B n }分别在某锐角的两边上，且1122,,n n n n n n A A A A A A n ++++=≠∈*N ，1122,,n n n n n n B B B B B B n ++++=≠∈*N ，（P Q P Q ≠表示点与不重合）. 若1n n n n n n n d A B S A B B +=，为△的面积，则A ．{}n S 是等差数列B ．2{}n S 是等差数列C ．{}n d 是等差数列D ．2{}n d 是等差数列1.【2015高考重庆，理2】在等差数列{}n a 中，若2a =4，4a =2，则6a = （ ）A 、-1B 、0C 、1D 、62.【2015高考福建，理8】若,a b 是函数()()20,0f x x px q p q =-+>> 的两个不同的零点，且,,2a b - 这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p q + 的值等于（ ） A ．6 B ．7 C ．8 D ．93.【2015高考北京，理6】设{}n a 是等差数列. 下列结论中正确的是（ ）A ．若120a a +>，则230a a +>B ．若130a a +<，则120a a +<C ．若120a a <<，则213a a a >D ．若10a <，则()()21230a a a a -->4.【2015高考浙江，理3】已知{}n a 是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是n S ，若3a ，4a ，8a 成等比数列，则（ ）A.140,0a d dS >>B. 140,0a d dS <<C. 140,0a d dS ><D.140,0a d dS <>1.【2014年重庆卷（理02）】对任意等比数列{}n a ,下列说法一定正确的是（ ）139.,,A a a a 成等比数列 236.,,B a a a 成等比数列 248.,,C a a a 成等比数列 369.,,D a a a 成等比数列2.【2014年全国大纲卷（10）】等比数列{}n a 中，452,5a a ==，则数列{lg }n a 的前8项和等于（ ）A ．6B ．5C ．4D ．35.【2014年福建卷（理03）】等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，S 3＝12，则a 6等于（ ）A ．8B ．10C ．12D ．14高考数列填空题部分（2016全国I ）（15）设等比数列{}n a 满足a 1+a 3=10,a 2+a 4=5,则a 1a 2 …a n 的最大值为 ．（2016上海）无穷数列{}n a 由k 个不同的数组成，n S 为{}n a 的前n 项和.若对任意*∈N n ，{}3,2∈n S ，则k 的最大值为________.（2016北京）12.已知{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和，若16a =，350a a +=，则6=S _______..（2016江苏）8. 已知{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和.若a 1+a 22=-3，S 5=10，则a 9的值是 ▲ .（2016浙江）13.设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2=4，a n +1=2S n +1，n ∈N *，则a 1= ，S 5= .5.【2015高考安徽，理14】已知数列{}n a 是递增的等比数列，14239,8a a a a +==，则数列{}n a 的前n 项和等于 .6.【2015高考新课标2，理16】设n S 是数列{}n a 的前n 项和，且11a =-，11n n n a S S ++=，则n S =________．7.【2015高考广东，理10】在等差数列{}n a 中，若2576543=++++a a a a a ，则82a a += .8.【2015高考陕西，理13】中位数1010的一组数构成等差数列，其末项为2015，则该数列的首项为 ．9.【2015江苏高考，11】数列}{n a 满足11=a ，且11+=-+n a a n n （*N n ∈），则数列}1{na 的前10项和为3.【2014年广东卷（理13）】若等比数列{}n a 的各项均为正数，且512911102e a a a a =+，则1220ln ln ln a a a +++= 。

【2023高考必备】2013-2022十年全国高考数学真题分类(全国通用版)：数列解答题(解析版)

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2013-2022 十年全国高考数学真题分类汇编
专题 06 数列解答题
1．(2022
年全国甲卷理科·第
17
题)记
Sn
为数列 an 的前
n
项和．已知
2Sn n
n
2an
1．
(1)证明： an 是等差数列；
(2)若 a4, a7 , a9 成等比数列，求 Sn 的最小值．
【答案】(1)证明见解析：； (2) 78 ．
解析：(1)设数列an 的公差为d
，所以，
aa11dd22bb118ab11
2d
a1
4b1 3d
，即可解得，
b1
a1
d 2
，
所以原命题得证．
（2）由(1)知， b1
a1
d 2
，所以 bk
am
a1
b1 2k1
a1
m 1 d
a1 ，即 2k1
2m ，亦即
m 2k2 1,500 ，解得 2 k 10 ，所以满足等式的解 k 2,3, 4,,10 ，故集合
解析：(1)解：因为
2Sn n
n
2an
1，即 2Sn
n2
2nan
n
①，
当 n 2 时， 2Sn1 n 12 2 n 1 an1 n 1 ②，
① ②得， 2Sn n2 2Sn1 n 12 2nan n 2n 1 an1 n 1 ，
即 2an 2n 1 2nan 2n 1 an1 1 ，
k | bk am a1,1 m 500 中的元素个数为10 2 1 9 ．
【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题 【题目来源】2022 新高考全国 II 卷·第 17 题

(完整版)历年数列高考题汇编,推荐文档

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历年高考真题汇编---数列（含）1、(全国新课标卷理）等比数列{}n a 的各项均为正数，且212326231,9.a a a a a +== （1）求数列{}n a 的通项公式.(2)设 31323log log ......log ,n n b a a a =+++求数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前项和.解：（Ⅰ）设数列{a n }的公比为q ，由23269a a a =得32349a a =所以219q =。

有条件可知a>0,故13q =。

由12231a a +=得12231a a q +=，所以113a =。

故数列{a n }的通项式为a n =13n 。

（Ⅱ ）111111log log ...log n b a a a =+++(12...)(1)2n n n =-++++=-故12112()(1)1n b n n n n =-=--++ 12111111112...2((1)()...())22311n n b b b n n n +++=--+-++-=-++ 所以数列1{}n b 的前n 项和为21n n -+2、（全国新课标卷理）设数列{}n a 满足21112,32n n n a a a -+=-=g（1） 求数列{}n a 的通项公式； （2） 令n n b na =，求数列的前n 项和n S解（Ⅰ）由已知，当n ≥1时，111211[()()()]n n n n n a a a a a a a a ++-=-+-++-+L21233(222)2n n --=++++L 2(1)12n +-=。

而 12,a =所以数列{n a }的通项公式为212n n a -=。

（Ⅱ）由212n n n b na n -==⋅知35211222322n n S n -=⋅+⋅+⋅++⋅L ①从而 23572121222322n n S n +⋅=⋅+⋅+⋅++⋅L ②①-②得 2352121(12)22222n n n S n -+-⋅=++++-⋅L 。

数列解答题【2023高考必备】2013-2022十年全国高考数学真题分类汇编(全国通用版)(解析版)

数列解答题【2023高考必备】2013-2022十年全国高考数学真题分类汇编(全国通用版)(解析版)
所以 ．
【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题
【题目来源】2020年新高考I卷(山东卷)·第18题
7．(2020新高考II卷(海南卷)·第18题)已知公比大于 的等比数列 满足 ．
(1)求 通项公式；
(2)求 ．
【答案】(1) ；(2)
解析：(1)设等比数列 的公比为q(q>1)，则 ，
整理可得： ，
解析：(1)由已知 得 ,且 ， ,
取 ,由 得 ,
由于 为数列 的前n项积，
所以 ,
中
所以数列 是以 为首项，以 为公差等差数列;
(2)由(1)可得，数列 是以 为首项，以 为公差的等差数列，
,
,
当n=1时， ,
当n≥2时, ,显然对于n=1不成立,
∴ ．
【点睛】本题考查等差数列的证明，考查数列的前n项和与项的关系，数列的前n项积与项的关系，其中由 ,得到 ，进而得到 是关键一步；要熟练掌握前n项和，积与数列的项的关系，消和(积)得到项(或项的递推关系)，或者消项得到和(积)的递推关系是常用的重要的思想方法．
，
数列的通项公式为： ．
(2)由于： ，故：
．
【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题
【题目来源】2020新高考II卷(海南卷)·第18题
8．(2021年高考全国乙卷理科·第19题)记 为数列 的前n项和， 为数列 的前n项积，已知 ．
(1)证明：数列 是等差数列;
(2)求 的通项公式．
【答案】(1)证明见解析；(2) ．
当 时， ，当 时， 满足等差数列的定义，此时 为等差数列；
当 时， ， 不合题意，舍去．
综上可知 为等差数列．
【点睛】这类题型在解答题中较为罕见，求解的关键是牢牢抓住已知条件，结合相关公式，逐步推演，等差数列的证明通常采用定义法或者等差中项法．

数列-2024年数学高考真题和模拟好题分类汇编(解析版)

数列-2024年数学高考真题和模拟好题分类汇编(解析版)

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

专题10 数列-三年(2022–2024)高考数学真题分类汇编(全国通用)(原卷版)

专题10 数列-三年(2022–2024)高考数学真题分类汇编(全国通用)(原卷版)

专题10数列考点三年考情（2022-2024）命题趋势考点1：等差数列基本量运算2023年全国Ⅰ卷、2024年全国Ⅱ卷2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题2022年高考全国乙卷数学（文）真题2023年高考全国甲卷数学（文）真题2023年高考全国乙卷数学（理）真题2024年高考全国甲卷数学（文）真题2024年高考全国甲卷数学（理）真题2023年高考全国乙卷数学（文）真题高考对数列的考查相对稳定，考查内容、频率、题型、难度均变化不大．等差数列、等比数列以选填题的形式为主，数列通项问题与求和问题以解答题的形式为主，偶尔出现在选择填空题当中，常结合函数、不等式综合考查.考点2：等比数列基本量运算2023年全国Ⅱ卷、2023年天津卷2023年高考全国甲卷数学（理）真题2022年高考全国乙卷数学（理）真题2023年高考全国甲卷数学（文）真题2023年高考全国乙卷数学（理）真题考点3：数列的实际应用2024年北京高考数学真题2023年北京高考数学真题2022年新高考全国II卷数学真题2022年高考全国乙卷数学（理）真题考点4：数列的最值问题2022年高考全国甲卷数学（理）真题2022年新高考北京数学高考真题考点5：数列的递推问题（蛛网图问题）2024年高考全国甲卷数学（文）真题2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题2022年新高考浙江数学高考真题2023年北京高考数学真题考点6：等差数列与等比数列的综合应用2022年新高考浙江数学高考真题2022年新高考全国II卷数学真题2024年北京高考数学真题考点7：数列新定义问题2022年新高考北京数学高考真题2024年上海夏季高考数学真题2023年北京卷、2024年北京卷考点8：数列通项与求和问题2024年高考全国甲卷数学（理）真题2024年天津高考数学真题2023年高考全国甲卷数学（理）真题2022年新高考天津数学高考真题考点9：数列不等式2023年天津高考数学真题2023年全国Ⅱ卷、2022年全国I卷考点1：等差数列基本量运算1．（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）设等差数列{}n a 的公差为d ，且1d >．令2n nn nb a +=，记,n n S T 分别为数列{}{},n n a b 的前n 项和．(1)若2133333,21a a a S T =++=，求{}n a 的通项公式；(2)若{}n b 为等差数列，且999999S T -=，求d ．2．（2022年高考全国乙卷数学（文）真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若32236S S =+，则公差d =．3．（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若264810,45a a a a +==，则5S =（）A ．25B ．22C ．20D ．154．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）已知等差数列{}n a 的公差为23π，集合{}*cos N n S a n =∈，若{},S a b =，则ab =（）A ．－1B ．12-C ．0D ．125．（2024年高考全国甲卷数学（文）真题）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若91S =，则37a a +=（）A ．2-B ．73C ．1D ．296．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知510S S =，51a =，则1a =（）A ．72B ．73C ．13-D ．711-7．（2023年高考全国乙卷数学（文）真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知21011,40a S ==．(1)求{}n a 的通项公式；(2)求数列{}n a 的前n 项和n T ．8．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若347a a +=，2535a a +=，则10S =.9．（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，设甲：{}n a 为等差数列；乙：{}nS n为等差数列，则（）A ．甲是乙的充分条件但不是必要条件B ．甲是乙的必要条件但不是充分条件C ．甲是乙的充要条件D ．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件考点2：等比数列基本量运算10．（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，若45S =-，6221S S =，则8S =（）．A ．120B ．85C ．85-D ．120-11．（2023年高考全国甲卷数学（理）真题）设等比数列{}n a 的各项均为正数，前n 项和n S ，若11a =，5354S S =-，则4S =（）A ．158B ．658C ．15D ．4012．（2023年天津高考数学真题）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若()112,22N n n a a S n *+==+∈，则4a =（）A ．16B ．32C ．54D ．16213．（2022年高考全国乙卷数学（理）真题）已知等比数列{}n a 的前3项和为168，2542a a -=，则6a =（）A ．14B ．12C ．6D ．314．（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和．若6387S S =，则{}n a 的公比为．15．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）已知{}n a 为等比数列，24536a a a a a =，9108a a =-，则7a =.考点3：数列的实际应用16．（2024年北京高考数学真题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为65mm,325mm,325mm ，且斛量器的高为230mm ，则斗量器的高为mm ，升量器的高为mm ．17．（2023年北京高考数学真题）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列{}n a ，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且1591,12,192a a a ===，则7a =；数列{}n a 所有项的和为．18．（2022年新高考全国II 卷数学真题）图1是中国古代建筑中的举架结构，,,,AA BB CC DD ''''是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中1111,,,DD CC BB AA 是举，1111,,,OD DC CB BA 是相等的步，相邻桁的举步之比分别为11111231111,0.5,,DD CC BB AAk k k OD DC CB BA ====．已知123,,k k k 成公差为0.1的等差数列，且直线OA 的斜率为0.725，则3k =（）A ．0.75B ．0.8C ．0.85D ．0.919．（2022年高考全国乙卷数学（理）真题）嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{}n b ：1111b α=+，212111b αα=++，31231111b ααα=+++，…，依此类推，其中(1,2,)k k α*∈=N ．则（）A ．15b b <B ．38b b <C ．62b b <D ．47b b <考点4：数列的最值问题20．（2022年高考全国甲卷数学（理）真题）记n S 为数列{}n a 的前n 项和．已知221nn S n a n+=+．(1)证明：{}n a 是等差数列；(2)若479,,a a a 成等比数列，求n S 的最小值．21．（2022年新高考北京数学高考真题）设{}n a 是公差不为0的无穷等差数列，则“{}n a 为递增数列”是“存在正整数0N ，当0n N >时，0n a >”的（）A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件考点5：数列的递推问题（蛛网图问题）22．（2024年高考全国甲卷数学（文）真题）已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1233n n S a +=-.(1)求{}n a 的通项公式；(2)求数列{}n S 的前n 项和.23．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）已知双曲线()22:0C x y m m -=>，点()15,4P 在C 上，k 为常数，01k <<．按照如下方式依次构造点()2,3,...n P n =：过1n P -作斜率为k 的直线与C 的左支交于点1n Q -，令n P 为1n Q -关于y 轴的对称点，记n P 的坐标为(),n n x y .(1)若12k =，求22,x y ；(2)证明：数列{}n n x y -是公比为11kk+-的等比数列；(3)设n S 为12n n n P P P ++ 的面积，证明：对任意正整数n ，1n n S S +=.24．（2022年新高考浙江数学高考真题）已知数列{}n a 满足()21111,3n n n a a a a n *+==-∈N ，则（）A ．100521002a <<B ．100510032a <<C ．100731002a <<D ．100710042a <<25．（2023年北京高考数学真题）已知数列{}n a 满足()31166(1,2,3,)4n n a a n +=-+= ，则（）A ．当13a =时，{}n a 为递减数列，且存在常数0M ≤，使得n a M >恒成立B ．当15a =时，{}n a 为递增数列，且存在常数6M ≤，使得n a M <恒成立C ．当17a =时，{}n a 为递减数列，且存在常数6M >，使得n a M >恒成立D ．当19a =时，{}n a 为递增数列，且存在常数0M >，使得n a M <恒成立考点6：等差数列与等比数列的综合应用26．（2022年新高考浙江数学高考真题）已知等差数列{}n a 的首项11a =-，公差1d >．记{}n a 的前n 项和为()n S n *∈N ．(1)若423260S a a -+=，求n S ；(2)若对于每个n *∈N ，存在实数n c ，使12,4,15n n n n n n a c a c a c +++++成等比数列，求d 的取值范围．27．（2022年新高考全国II 卷数学真题）已知{}n a 为等差数列，{}n b 是公比为2的等比数列，且223344a b a b b a -=-=-．(1)证明：11a b =；(2)求集合{}1,1500k m k b a a m =+≤≤中元素个数．28．（2024年北京高考数学真题）设{}n a 与{}n b 是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合{}*|,N k k M k a b k ==∈，给出下列4个结论：①若{}n a 与{}n b 均为等差数列，则M 中最多有1个元素；②若{}n a 与{}n b 均为等比数列，则M 中最多有2个元素；③若{}n a 为等差数列，{}n b 为等比数列，则M 中最多有3个元素；④若{}n a 为递增数列，{}n b 为递减数列，则M 中最多有1个元素.其中正确结论的序号是.考点7：数列新定义问题29．（2022年新高考北京数学高考真题）已知12:,,,k Q a a a 为有穷整数数列．给定正整数m ，若对任意的{1,2,,}n m ∈ ，在Q 中存在12,,,,(0)i i i i j a a a a j +++≥ ，使得12i i i i j a a a a n +++++++= ，则称Q 为m -连续可表数列．(1)判断:2,1,4Q 是否为5-连续可表数列？是否为6-连续可表数列？说明理由；(2)若12:,,,k Q a a a 为8-连续可表数列，求证：k 的最小值为4；(3)若12:,,,k Q a a a 为20-连续可表数列，且1220k a a a +++< ，求证：7k ≥．30．（2024年上海夏季高考数学真题）无穷等比数列{}n a 满足首项10,1a q >>，记[][]{}121,,,n n n I x y x y a a a a +=-∈⋃，若对任意正整数n 集合n I 是闭区间，则q 的取值范围是．31．（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）设m 为正整数，数列1242,,...,m a a a +是公差不为0的等差数列，若从中删去两项i a 和()j a i j <后剩余的4m 项可被平均分为m 组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列．(1)写出所有的(),i j ，16i j ≤<≤，使数列126,,...,a a a 是(),i j -可分数列；(2)当3m ≥时，证明：数列1242,,...,m a a a +是()2,13-可分数列；(3)从1,2,...,42m +中一次任取两个数i 和()j i j <，记数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列的概率为m P ，证明：18m P >．32．（2023年北京高考数学真题）已知数列{}{},n n a b 的项数均为m (2)m >，且,{1,2,,},n n a b m ∈ {}{},n n a b 的前n 项和分别为,n n A B ，并规定000A B ==．对于{}0,1,2,,k m ∈ ，定义{}max ,{0,1,2,,}k i k r iB A i m =≤∈∣ ，其中，max M 表示数集M 中最大的数.(1)若1231232,1,3,1,3,3a a a b b b ======，求0123,,,r r r r 的值；(2)若11a b ≥，且112,1,2,,1,j j j r r r j m +-≤+=- ，求n r ；(3)证明：存在{},,,0,1,2,,p q s t m ∈ ，满足,,p q s t >>使得t p s q A B A B +=+．33．（2024年北京高考数学真题）已知集合(){}{}{}{}{},,,1,2,3,4,5,6,7,8,M i j k w i j k w i j k w =∈∈∈∈+++且为偶数．给定数列128:,,,A a a a ，和序列12:,,s T T T Ω ，其中()(),,,1,2,,t t t t t T i j k w M t s =∈= ，对数列A 进行如下变换：将A 的第1111,,,i j k w 项均加1，其余项不变，得到的数列记作()1T A ；将()1T A 的第2222,,,i j k w 项均加1，其余项不变，得到数列记作()21T T A ；……；以此类推，得到()21s T T T A ，简记为()A Ω．(1)给定数列:1,3,2,4,6,3,1,9A 和序列()()():1,3,5,7,2,4,6,8,1,3,5,7Ω，写出()A Ω；(2)是否存在序列Ω，使得()A Ω为123456782,6,4,2,8,2,4,4a a a a a a a a ++++++++，若存在，写出一个符合条件的Ω；若不存在，请说明理由；(3)若数列A 的各项均为正整数，且1357a a a a +++为偶数，求证：“存在序列Ω，使得()A Ω的各项都相等”的充要条件为“12345678a a a a a a a a +=+=+=+”．考点8：数列通项与求和问题34．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知434n n S a =+．(1)求{}n a 的通项公式；(2)设1(1)n n n b na -=-，求数列{}n b 的前n 项和n T ．35．（2024年天津高考数学真题）已知数列{}n a 是公比大于0的等比数列．其前n 项和为n S ．若1231,1a S a ==-．(1)求数列{}n a 前n 项和n S ；(2)设11,2,kn n k k k n a b b k a n a -+=⎧=⎨+<<⎩，*k ∈N ．（ⅰ）当12,k k n a +≥=时，求证：1n k n b a b -≥⋅；（ⅱ）求1nS i i b =∑．36．（2023年高考全国甲卷数学（理）真题）设n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知21,2n n a S na ==．(1)求{}n a 的通项公式；(2)求数列12n n a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．37．（2022年新高考天津数学高考真题）设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，且1122331a b a b a b ==-=-=．(1)求{}n a 与{}n b 的通项公式；(2)设{}n a 的前n 项和为n S ，求证：()1111n n n n n n n S a b S b S b +++++=-；(3)求211(1)nk k k k k a a b +=⎡⎤--⎣⎦∑．考点9：数列不等式38．（2023年天津高考数学真题）已知{}n a 是等差数列，255316,4a a a a +=-=．(1)求{}n a 的通项公式和()1212N n n ii a n --*=∈∑．(2)设{}n b 是等比数列，且对任意的*N k ∈，当1221k k n -≤≤-时，则1k n k b a b +<<，（Ⅰ）当2k ≥时，求证：2121kk k b -<<+；（Ⅱ）求{}n b 的通项公式及前n 项和．39．（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）已知{}n a 为等差数列，6,2,n n na nb a n -⎧=⎨⎩为奇数为偶数，记n S ，n T 分别为数列{}n a ，{}n b 的前n 项和，432S =，316T =．(1)求{}n a 的通项公式；(2)证明：当5n >时，n n T S >．40．（2022年新高考全国I 卷数学真题）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知11,n n S a a ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭是公差为13的等差数列．(1)求{}n a 的通项公式；(2)证明：121112na a a +++< ．。

2018--2020年高考数学试题分类汇编数列附答案详解

2018--2020年高考数学试题分类汇编数列附答案详解
解：∵{an}是等差数列，且a1=3，a2+a5=36，
∴ ，解得a1=3，d=6，
∴an=a1+（n﹣1）d=3+（n﹣1）×6=6n﹣3．
∴{an}的通项公式为an=6n﹣3．
故答案为：an=6n﹣3．
3、（2018年高考浙江卷10）已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1+a2+a3+a4=ln（a1+a2+a3），若a1＞1，则（ ）
当q=2时，an=2n﹣1，
当q=﹣2时，an=（﹣2）n﹣1，
∴{an}的通项公式为，an=2n﹣1，或an=（﹣2）n﹣1．
（2）记Sn为{an}的前n项和．
当a1=1，q=﹣2时，Sn= = = ，
由Sm=63，得Sm= =63，m∈N，无解；
当a1=1，q=2时，Sn= =
A. B. C. D.
答案：C
解：由 知，序列 的周期为m，由已知， ，
,对于选项A，
，不满足；
对于选项B，
，不满足；
对于选项D，
，不满足；
故选：C
二、填空题.
1、（2018年高考全国卷1理科14）记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn=2an+1，则S6=﹣63．
答案：
解析：Sn为数列{an}的前n项和，Sn=2an+1，①
把a1=2，代入得d=﹣3
∴a5=2+4×（﹣3）=﹣10．
故选：B．
2、（2019年高考全国I卷理科9）记 为等差数列 的前n项和．已知 ，则
A． B． C． D．
答案：A
解析：有等差数列的性质可知 ，解得
所以 ，故选A。
3、（2019年高考全国III卷理科5文科6）已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，且a5=3a3+4a1，则a3=

2022届全国高考数学真题分类(数列)汇编(附答案)

2022届全国高考数学真题分类(数列)汇编(附答案)

2022届全国高考数学真题分类（数列）汇编一、选择题1.（2022∙全国乙（文）T10）已知等比数列{}n a 的前3项和为168，2542a a -=，则6a =（ ）A. 14B. 12C. 6D. 32.（2022∙全国乙（理）T8） 已知等比数列{}n a 的前3项和为168，2542a a -=，则6a =（ ）A. 14B. 12C. 6D. 33.（2022∙全国乙（理）T4） 嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{}n b ：1111b α=+，212111b αα=++，31231111b ααα=+++，…，依此类推，其中(1,2,)k k α*∈=N ．则（ ）A 15b b <B. 38b b <C. 62b b <D. 47b b <4.（2022∙新高考Ⅱ卷T3） 中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处，更是美学和哲学的体现．如图是某古建筑物的剖面图，1111,,,DD CC BB AA 是举， 1111,,,OD DC CB BA 是相等的步，相邻桁的举步之比分别为11111231111,0.5,,DD CC BB AA k k k OD DC CB BA ====，若123,,k k k 是公差为0.1的等差数列，且直线OA 的斜率为0.725，则3k =（ ）的.A. 0.75B. 0.8C. 0.85D. 0.95.（2022∙浙江卷T10） 已知数列{}n a 满足()21111,3n n n a a a a n *+==-∈N ，则（ ） A. 100521002a <<B.100510032a << C. 100731002a <<D.100710042a << 二、填空题1.（2022∙全国乙（文）T13）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若32236S S =+，则公差d =_______．2.（2022∙北京卷T15） 己知数列{}n a 各项均为正数，其前n 项和n S 满足9(1,2,)n n a S n ⋅== ．给出下列四个结论：①{}n a 的第2项小于3； ②{}n a 为等比数列； ③{}n a 为递减数列； ④{}n a 中存在小于1100的项． 其中所有正确结论的序号是__________． 三、解答题1.（2022∙全国甲（文T18）(理T17）记n S 为数列{}n a 的前n 项和．已知221nn S n a n+=+． （1）证明：{}n a 是等差数列；（2）若479,,a a a 成等比数列，求n S 的最小值．2.（2022∙新高考Ⅰ卷T17） 记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知11,n n S a a ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭是公差为13的等差数列．（1）求{}n a 的通项公式； （2）证明：121112na a a +++< ． 3.（2022∙新高考Ⅱ卷T17）已知{}n a 为等差数列，{}nb 是公比为2的等比数列，且223344a b a b b a -=-=-．（1）证明：11a b =；（2）求集合{}1,1500k m k b a a m =+≤≤中元素个数． 4.（2022∙北京卷T21） 已知12:,,,k Q a a a 为有穷整数数列．给定正整数m ，若对任意的{1,2,,}n m ∈ ，在Q中存在12,,,,(0)i i i i j a a a a j +++≥ ，使得12i i i i j a a a a n+++++++= ，则称Q 为m -连续可表数列．（1）判断:2,1,4Q 是否为5-连续可表数列？是否为6-连续可表数列？说明理由； （2）若12:,,,k Q a a a 为8-连续可表数列，求证：k 的最小值为4；（3）若12:,,,k Q a a a 为20-连续可表数列，且1220k a a a +++< ，求证：7k ≥． 5.（2022∙浙江卷T20） 已知等差数列{}n a 的首项11a =-，公差1d >．记{}n a 的前n 项和为()n S n *∈N．（1）若423260S a a -+=，求n S ；（2）若对于每个n *∈N ，存在实数n c ，使12,4,15n n n n n n a c a c a c +++++成等比数列，求d 的取值范围．参考答案一、选择题 1.【答案】D 【答案解析】【分析】设等比数列{}n a 的公比为,0q q ≠，易得1q ≠，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.【过程详解】解：设等比数列{}n a 的公比为,0q q ≠， 若1q =，则250a a -=，与题意矛盾， 所以1q ≠，则()31123425111168142a q a a a qa a a q a q ⎧-⎪++==⎨-⎪-=-=⎩，解得19612a q =⎧⎪⎨=⎪⎩， 所以5613a a q ==. 故选：D .2.【答案】D 【答案解析】【分析】设等比数列{}n a 的公比为,0q q ≠，易得1q ≠，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.【过程详解】解：设等比数列{}n a 的公比为,0q q ≠， 若1q =，则250a a -=，与题意矛盾， 所以1q ≠，则()31123425111168142a q a a a qa a a q a q ⎧-⎪++==⎨-⎪-=-=⎩，解得19612a q =⎧⎪⎨=⎪⎩， 所以5613a a q ==. 故选：D . 3. 【答案】D 【答案解析】 【分析】根据()*1,2,k k α∈=N …，再利用数列{}n b 与k α的关系判断{}n b 中各项的大小，即可求解.【过程详解】解：因为()*1,2,k k α∈=N ，所以1121ααα<+，112111ααα>+，得到12b b >，同理11223111ααααα+>++，可得23b b <，13b b >又因为223411,11αααα>++112233411111ααααααα++<+++，故24b b <，34b b >；以此类推，可得1357b b b b >>>>…，78b b >，故A 错误；178b b b >>，故B 错误；26231111αααα>++…，得26b b<，故C 错误；11237264111111αααααααα>++++++…，得47b b <，故D 正确.故选：D.4. 【答案】D 【答案解析】【分析】设11111OD DC CB BA ====，则可得关于3k 的方程，求出其解后可得正确的选项.【过程详解】设11111OD DC CB BA ====，则111213,,CC k BB k AA k ===，依题意，有31320.2,0.1k k k k -=-=，且111111110.725DD CC BB AA OD DC CB BA +++=+++， 所以30.530.30.7254k +-=，故30.9k =，故选：D 5. 【答案】B 【答案解析】【分析】先通过递推关系式确定{}n a 除去1a ，其他项都在()0,1范围内，再利用递推公式变形得到1111133n n n a a a +-=>-，累加可求出11(2)3n n a >+，得出1001003a <，再利用11111111333132n n n a a a n n +⎛⎫-=<=+ ⎪-+⎝⎭-+，累加可求出()111111113323n n a n ⎛⎫-<-++++ ⎪⎝⎭ ，再次放缩可得出10051002a >． 【过程详解】∵11a =，易得()220,13a =∈，依次类推可得()0,1n a ∈ 由题意，1113n n n a a a +⎛⎫=- ⎪⎝⎭，即()1131133n n n n na a a a a +==+--， ∴1111133n n n a a a +-=>-， 即211113a a ->，321113a a ->，431113a a ->，…，1111,(2)3n n n a a -->≥， 累加可得()11113n n a ->-，即11(2),(2)3n n n a >+≥， ∴()3,22n a n n <≥+，即100134a <，100100100334a <<, 又11111111,(2)333132n n n n a a a n n +⎛⎫-=<=+≥ ⎪-+⎝⎭-+， ∴211111132a a ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭，321111133a a ⎛⎫-<+ ⎪⎝⎭，431111134a a ⎛⎫-<+ ⎪⎝⎭，…，111111,(3)3n n n a a n -⎛⎫-<+≥ ⎪⎝⎭， 累加可得()11111111,(3)3323n n n a n ⎛⎫-<-++++≥ ⎪⎝⎭ ， ∴10011111111133334943932399326a ⎛⎫⎛⎫-<++++<+⨯+⨯< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即100140a <，∴100140a >，即10051002a >； 综上：100510032a <<． 故选：B ．【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用递推关系进行合理变形放缩.二、填空题 1. 【答案】2 【答案解析】【分析】转化条件为()112+226a d a d =++，即可得解.【过程详解】由32236S S =+可得()()123122+36a a a a a +=++，化简得31226a a a =++，即()112+226a d a d =++，解得2d =. 故答案为：2. 2. 【答案】①③④ 【答案解析】 【分析】推导出199n n n a a a -=-，求出1a 、2a 的值，可判断①；利用反证法可判断②④；利用数列单调性的定义可判断③.【过程详解】由题意可知，N n *∀∈，0n a >，当1n =时，219a =，可得13a =；当2n ≥时，由9n n S a =可得119n n S a --=，两式作差可得199n n n a a a -=-，所以，199n n n a a a -=-，则2293a a -=，整理可得222390a a +-=， 因为20a >，解得2332a -=<，①对； 假设数列{}n a 为等比数列，设其公比为q ，则2213a a a =，即2213981S S S ⎛⎫= ⎪⎝⎭， 所以，2213S S S =，可得()()22221111a q a q q+=++，解得0q =，不合乎题意，故数列{}n a 不等比数列，②错；是当2n ≥时，()1119990n n n n n n n a a a a a a a ----=-=>，可得1n n a a -<，所以，数列{}n a 为递减数列，③对；假设对任意N n *∈，1100n a ≥，则10000011000001000100S ≥⨯=， 所以，1000001000009911000100a S =≤<，与假设矛盾，假设不成立，④对. 故答案为：①③④.【点睛】关键点点睛：本题在推断②④的正误时，利用正面推理较为复杂时，可采用反证法来进行推导.三、解答题 1. 【答案】（1）证明见答案解析； （2）78-． 【答案解析】【分析】（1）依题意可得222n n S n na n +=+，根据11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，作差即可得到11n n a a --=，从而得证；（2）由（1）及等比中项的性质求出1a ，即可得到{}n a 的通项公式与前n 项和，再根据二次函数的性质计算可得． 【小问1过程详解】 解：因为221nn S n a n+=+，即222n n S n na n +=+①， 当2n ≥时，()()()21121211n n S n n a n --+-=-+-②，①-②得，()()()22112212211n n n n S n S n na n n a n --+---=+----， 即()12212211n n n a n na n a -+-=--+，即()()()1212121n n n a n a n ----=-，所以11n n a a --=，2n ≥且N*n ∈， 所以{}n a 是以1为公差的等差数列． 【小问2过程详解】解：由（1）可得413a a =+，716a a =+，918a a =+， 又4a ，7a ，9a 成等比数列，所以2749a a a =⋅，的即()()()2111638a a a +=+⋅+，解得112a =-， 所以13n a n =-，所以()22112512562512222228n n n S n n n n -⎛⎫=-+=-=--⎪⎝⎭， 所以，当12n =或13n =时()min 78n S =-． 2. 【答案】（1）()12n n n a +=（2）见答案解析 【答案解析】【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得()121133n n S n n a +=+-=，得到()23n n n a S +=，利用和与项的关系得到当2n ≥时，()()112133n n n n n n a n a a S S --++=-=-,进而得：111n n a n a n -+=-，利用累乘法求得()12n n n a +=，检验对于1n =也成立，得到{}n a 的通项公式()12n n n a +=；（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到121111211n a a a n ⎛⎫+++=- ⎪+⎝⎭，进而证得. 【小问1过程详解】 ∵11a =，∴111S a ==,∴111S a =, 又∵n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为13的等差数列，∴()121133n n S n n a +=+-=,∴()23n n n a S +=,∴当2n ≥时，()1113n n n a S --+=，∴()()112133n n n n n n a n a a S S --++=-=-,整理得：()()111n n n a n a --=+, 即111n n a n a n -+=-,∴31211221n n n n n a a a a a a a a a a ---=⨯⨯⨯⋯⨯⨯ ()1341123212n n n n n n ++=⨯⨯⨯⋯⨯⨯=--， 显然对于1n =也成立， ∴{}n a 的通项公式()12n n n a +=；【小问2过程详解】()12112,11n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭∴12111n a a a +++ 1111112121222311n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-=-< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦3. 【答案】（1）证明见答案解析； （2）9． 【答案解析】【分析】（1）设数列{}n a 的公差为d ，根据题意列出方程组即可证出； （2）根据题意化简可得22k m -=，即可解出． 【小问1过程详解】设数列{}n a 的公差为d ，所以，()11111111224283a d b a d b a d b b a d +-=+-⎧⎨+-=-+⎩，即可解得，112db a ==，所以原命题得证． 【小问2过程详解】 由（1）知，112d b a ==，所以()1111121k k m b a a b a m d a -=+⇔⨯=+-+，即122k m -=，亦即[]221,500k m -=∈，解得210k ≤≤，所以满足等式的解2,3,4,,10k = ，故集合{}1|,1500k m k b a a m =+≤≤中的元素个数为10219-+=．4. 【答案】（1）是5-连续可表数列；不是6-连续可表数列． （2）证明见答案解析． （3）证明见答案解析． 【答案解析】【分析】（1）直接利用定义验证即可；（2）先考虑3k ≤不符合，再列举一个4k =合题即可；（3）5k ≤时，根据和的个数易得显然不行，再讨论6k =时，由12620a a a +++< 可知里面必然有负数，再确定负数只能是1-，然后分类讨论验证不行即可．【小问1过程详解】21a =，12a =，123a a +=，34a =，235a a +=，所以Q 是5-连续可表数列；易知，不存在,i j 使得16i i i j a a a +++++= ，所以Q 不是6-连续可表数列．【小问2过程详解】若3k ≤,设为:Q ,,a b c ,则至多,,,,,a b b c a b c a b c ++++，6个数字，没有8个，矛盾； 当4k =时,数列:1,4,1,2Q ，满足11a =，42a =，343a a +=，24a =，125a a +=，1236a a a ++=，2347a a a ++=，12348a a a a +++=， min 4k ∴=．【小问3过程详解】12:,,,k Q a a a ，若i j =最多有k 种，若i j ≠，最多有2C k 种，所以最多有()21C 2k k k k ++=种， 若5k ≤，则12,,,k a a a …至多可表()551152+=个数，矛盾, 从而若7k <,则6k =，,,,,,a b c d e f 至多可表6(61)212+=个数， 而20a b c d e f +++++<，所以其中有负的，从而,,,,,a b c d e f 可表1~20及那个负数（恰 21个），这表明~a f 中仅一个负的，没有0，且这个负的在~a f 中绝对值最小，同时~a f中没有两数相同,设那个负数为(1)m m -≥ ，则所有数之和125415m m m m m ≥++++++-=+ ，415191m m +≤⇒=，{,,,,,}{1,2,3,4,5,6}a b c d e f ∴=-，再考虑排序，排序中不能有和相同，否则不足20个，112=-+ （仅一种方式）， 1∴-与2相邻，若1-不在两端,则",1,2,__,__,__"x -形式，若6x =，则56(1)=+-（有2种结果相同，方式矛盾）， 6x ∴≠， 同理5,4,3x ≠ ，故1-在一端，不妨为"1,2,,,"A B C D -形式，若3A =,则523=+ （有2种结果相同，矛盾），4A =同理不行，5A =，则6125=-++ （有2种结果相同，矛盾），从而6A =，由于7126=-++,由表法唯一知3,4不相邻,、故只能1,2,6,3,5,4-，①或1,2,6,4,5,3-，②这2种情形，对①：96354=+=+，矛盾，对②：82653=+=+，也矛盾，综上6k ≠7k ∴≥．【点睛】关键点睛，先理解题意，是否为m -可表数列核心就是是否存在连续的几项（可以是一项）之和能表示从1到m 中间的任意一个值．本题第二问3k ≤时，通过和值可能个数否定3k ≤；第三问先通过和值的可能个数否定5k ≤，再验证6k =时，数列中的几项如果符合必然是{1,2,3,4,5,6}-的一个排序，可验证这组数不合题．5. 【答案】（1）235(N )2n n n S n *-=∈ （2）12d <≤【答案解析】【分析】（1）利用等差数列通项公式及前n 项和公式化简条件，求出d ，再求n S ；(2)由等比数列定义列方程，结合一元二次方程有解的条件求d 的范围.【小问1过程详解】因为42312601S a a a -+==-，，所以()()46211260d d d -+--+-++=，所以230d d -=，又1d >，所以3d =，所以34n a n =-，所以()213522n n a a n n n S +-==， 【小问2过程详解】因为n n a c +，14n n a c ++，215n n a c ++成等比数列，所以()()()212415n n n n n n a c a c a c +++=++， ()()()2141115n n n nd c nd d c nd d c -+=-+-+-+++， 22(1488)0n n c d nd c d +-++=， 由已知方程22(1488)0n n c d nd c d +-++=的判别式大于等于0，所以()22148840d nd d ∆=-+-≥，所以()()168812880d nd d nd -+-+≥对于任意的n *∈N 恒成立，所以()()212320n d n d ----≥⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦对于任意的n *∈N 恒成立，当1n =时，()()()()21232120n d n d d d ----=++≥⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦， 当2n =时，由()()2214320d d d d ----≥，可得2≤d 当3n ≥时，()()21232(3)(25)0n d n d n n ---->--≥⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦， 又1d >所以12d <≤。

十年高考真题分类汇编(2021-2021) 数学 专题08 数列 Word版含解析

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高考真题分类汇编（2021—2021）数学专题08 数列一、选择题1.(2019·全国1·理T9)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.已知S 4=0,a 5=5,则( ) A.a n =2n-5 B.a n =3n-10C.S n =2n 2-8n D.S n =12n 2-2n【答案】A【解析】由题意可知,{S 4=4a 1+4×32·d =0,a 5=a 1+4d =5,解得{a 1=-3,d =2.故a n =2n-5,S n =n 2-4n,故选A.2.(2019·浙江·T10)设a,b ∈R,数列{a n }满足a 1=a,a n+1=a n 2+b,n ∈N *,则( )A.当b=12时,a 10>10 B.当b=14时,a 10>10 C.当b=-2时,a 10>10 D.当b=-4时,a 10>10【答案】A【解析】当b=12时,a 2=a 12+12≥12,a 3=a 22+12≥34,a 4=a 32+12≥1716≥1,当n≥4时,a n+1=a n 2+12≥a n 2≥1,则lo g 1716a n+1>2lo g 1716a n ⇒lo g 1716a n+1>2n-1,则a n+1≥（1716 ）2n -1(n≥4),则a 10≥（1716） 26=（1+116）64=1+6416+64×632×1162+…>1+4+7>10,故选A. 3.(2018·全国1·理T4)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和,若3S 3=S 2+S 4,a 1=2,则a 5=( ) A.-12 B.-10 C.10 D.12【答案】B【解析】因为3S 3=S 2+S 4,所以3S 3=(S 3-a 3)+(S 3+a 4),即S 3=a 4-a 3.设公差为d,则3a 1+3d=d,又由a 1=2,得d=-3,所以a 5=a 1+4d=-10.4.(2018·浙江·T10)已知a 1,a 2,a 3,a 4成等比数列,且a 1+a 2+a 3+a 4=ln(a 1+a 2+a 3).若a 1>1,则( ) A.a 1<a 3,a 2<a 4 B.a 1>a 3,a 2<a 4 C.a 1<a 3,a 2>a 4 D.a 1>a 3,a 2>a 4 【答案】B【解析】设等比数列的公比为q,则 a 1+a 2+a 3+a 4=a 1(1-q 4)1-q ,a 1+a 2+a 3=a 1(1-q 3)1-q.∵a 1+a 2+a 3+a 4=ln(a 1+a 2+a 3),∴a 1+a 2+a 3=e a 1+a 2+a 3+a 4,即a 1(1+q+q 2)=e a 1(1+q+q2+q 3).又a 1>1,∴q<0.假设1+q+q 2>1,即q+q 2>0,解得q<-1(q>0舍去). 由a 1>1,可知a 1(1+q+q 2)>1, ∴a 1(1+q+q 2+q 3)>0,即1+q+q 2+q 3>0,即(1+q)+q 2(1+q)>0,即(1+q)(1+q 2)>0,这与q<-1相矛盾. ∴1+q+q 2<1,即-1<q<0.∴a 1>a 3,a 2<a 4.5.(2018·北京·理T4文T 5)“十二平均律”是通用的音律体系,明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例,为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份,依次得到十三个单音,从第二个单音起,每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于√212.若第一个单音的频率为f,则第八个单音的频率为( ) A.√23f B.√223fC.√2512fD.√2712f【答案】D【解析】设第n 个单音的频率为a n ,由题意,a na n -1=√212(n≥2),所以{a n }为等比数列,因为a 1=f,所以a 8=a 1×(√212)7=√2712f,故选D.6.(2017·全国1·理T12)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100且该数列的前N 项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是( )A.440B.330C.220D.110 【答案】A【解析】设数列的首项为第1组,接下来两项为第2组,再接下来三项为第3组,以此类推,设第n 组的项数为n,则前n组的项数和为n (1+n )2.第n 组的和为1-2n 1-2=2n -1,前n 组总共的和为2(1-2n )1-2-n=2n+1-2-n.由题意,N>100,令n (1+n )2>100,得n≥14且n ∈N *,即N 出现在第13组之后.若要使最小整数N 满足:N>100且前N 项和为2的整数幂,则S N -S n (1+n )2应与-2-n 互为相反数,即2k-1=2+n(k ∈N *,n≥14),所以k=log 2(n+3),解得n=29,k=5.所以N=29×(1+29)2+5=440,故选A. 7.(2017·全国3·理T9)等差数列{a n }的首项为1,公差不为0.若a 2,a 3,a 6成等比数列,则{a n }前6项的和为( ) A.-24 B.-3 C.3 D.8【答案】A【解析】设等差数列的公差为d,则d≠0,a 32=a 2·a 6, 即(1+2d)2=(1+d)(1+5d), 解得d=-2,所以S 6=6×1+6×52×(-2)=-24,故选A.8.(2016·全国1·理T3)已知等差数列{a n }前9项的和为27,a 10=8,则a 100=( ) A.100 B.99 C.98 D.97【答案】C 【解析】因为S 9=(a 1+a 9)×9=27,a 1+a 9=2a 5, 所以a 5=3.又因为a 10=8,所以d=a 10-a 510-5=1. 故a 100=a 10+(100-10)×1=98.9.(2015·浙江·理T13)已知{a n }是等差数列,公差d 不为零,前n 项和是S n ,若a 3,a 4,a 8成等比数列,则( ) A.a 1d>0,dS 4>0 B.a 1d<0,dS 4<0 C.a 1d>0,dS 4<0 D.a 1d<0,dS 4>0【答案】B【解析】设{a n }的首项为a 1,公差为d,则a 3=a 1+2d,a 4=a 1+3d,a 8=a 1+7d. ∵a 3,a 4,a 8成等比数列,∴(a 1+3d)2=(a 1+2d)(a 1+7d),即3a 1d+5d 2=0. ∵d≠0,∴a 1d=-53d 2<0,且a 1=-53d. ∵dS 4=4d (a 1+a 4)2=2d(2a 1+3d)=-23d 2<0. 10.(2015·全国2·文T5)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和,若a 1+a 3+a 5=3,则S 5=( ) A.5 B.7 C.9 D.11 【答案】A【解析】由a 1+a 3+a 5=3及等差中项,得3a 3=3,解得a 3=1.故S 5=5(a 1+a 5)2=5a 3=5. 11.(2015·全国1·文T7)已知{a n }是公差为1的等差数列,S n 为{a n }的前n 项和.若S 8=4S 4,则a 10= ( ) A.172B.192C.10D.12【答案】B【解析】∵公差d=1,S 8=4S 4, ∴8(a 1+a 8)2=4×4(a 1+a 4)2, 即2a 1+7d=4a 1+6d,解得a 1=12. ∴a 10=a 1+9d=1+9=19.12.(2015·全国2·理T4)已知等比数列{a n }满足a 1=3,a 1+a 3+a 5=21,则a 3+a 5+a 7=( ) A.21B.42C.63D.84【答案】B 【解析】由题意知a 1+a 3+a 5a 1=1+q 2+q 4=213=7,解得q 2=2(负值舍去).∴a 3+a 5+a 7=(a 1+a 3+a 5)q 2=21×2=42.13.(2015·全国2·文T9)已知等比数列{a n }满足a 1=14,a 3a 5=4(a 4-1),则a 2=( ) A.2 B.1C.12D.18【答案】C【解析】∵a 3a 5=4(a 4-1),∴a 42=4(a 4-1),解得a 4=2.又a 4=a 1q 3,且a 1=14,∴q=2.∴a 2=a 1q=12.14.(2014·大纲全国·文T8)设等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2=3,S 4=15,则S 6=( ) A.31 B.32 C.63 D.64【答案】C【解析】由等比数列前n 项和的性质,得S 2,S 4-S 2,S 6-S 4成等比数列,所以(S 4-S 2)2=S 2(S 6-S 4),即(15-3)2=3(S 6-15),解得S 6=63,故选C.15.(2014·全国2·文T5)等差数列{a n }的公差为2,若a 2,a 4,a 8成等比数列,则{a n }的前n 项和S n =( ) A.n(n+1) B.n(n-1)C.n (n+1)2D.n (n -1)2【答案】A【解析】∵a 2,a 4,a 8成等比数列, ∴ =a 2·a 8,即(a 1+6)2=(a 1+2)(a 1+14), 解得a 1=2. ∴S n =na 1+n (n -1)2d=2n+n 2-n=n 2+n=n(n+1). 16.(2013·全国2·理T3)等比数列{a n }的前n 项和为S n .已知S 3=a 2+10a 1,a 5=9,则a 1=( ) A.13 B.-13C.19D.-19【答案】C【解析】由S 3=a 2+10a 1,得a 1+a 2+a 3=a 2+10a 1,整理得a 3=9a 1,所以q 2=a 3a 1=9.由a 5=9,得a 1=a 5q 4=992=19.17.(2013·全国1·文T6)设首项为1,公比为2的等比数列{a n }的前n 项和为S n ,则( ) A.S n =2a n -1 B.S n =3a n -2 C.S n =4-3a n D.S n =3-2a n 【答案】D【解析】S n =a 1(1-q n )1-q=a 1-a n q 1-q=1-23a n 1-23=3-2a n .18.(2013·全国1·理T12)设△A n B n C n 的三边长分别为a n ,b n ,c n ,△A n B n C n 的面积为S n ,n=1,2,3,….若 b 1>c 1,b 1+c 1=2a 1,a n+1=a n ,b n+1=c n +a n ,c n+1=b n +an ,则( ) A.{S n }为递减数列 B.{S n }为递增数列C.{S 2n-1}为递增数列,{S 2n }为递减数列D.{S 2n-1}为递减数列,{S 2n }为递增数列 【答案】B【解析】因为b 1>c 1,不妨设b 1=4a 13,c 1=2a 13,p=12(a 1+b 1+c 1)=32a 1,则S 1=√3a 12·a 12·a 16·5a16=√1512a 12; a 2=a 1,b 2=23a 1+a 12=56a 1,c 2=43a 1+a 12=76a 1,S 2=√3a12·a12·2a13·a13=√66a 12;显然S 2>S 1.同理,a 3=a 1,b 3=76a 1+a 12=1312a 1,c 3=56a 1+a 12=1112a 1,S 3=√3a12·a12·512a 1·712a 1=√10524a 12,显然S 3>S 2.19.(2013·全国1·理T7)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若S m-1=-2,S m =0,S m+1=3,则m= ( ) A.3 B.4 C.5 D.6 【答案】C【解析】∵S m-1=-2,S m =0,S m+1=3, ∴a m =S m -S m-1=2,a m+1=S m+1-S m =3. ∴d=a m+1-a m =3-2=1. ∵S m =m (a 1+a m )2=m (a 1+2)2=0, ∴a 1=-2,a m =-2+(m-1)×1=2.∴m=5.20.(2012·全国·理T5)已知{a n }为等比数列,a 4+a 7=2,a 5a 6=-8,则a 1+a 10=( ) A.7 B.5 C.-5 D.-7【答案】D【解析】∵{a n }为等比数列,∴a 5a 6=a 4a 7=-8. 联立{a 4+a 7=2,a 4a 7=-8可解得{a 4=4,a 7=-2或{a 4=-2,a 7=4,当{a 4=4,a 7=-2时,q 3=-12, 故a 1+a 10=a4q 3+a 7q 3=-7;当{a 4=-2,a 7=4时,q 3=-2,同理,有a 1+a 10=-7. 21.(2012·全国·文T12)数列{a n }满足a n+1+(-1)na n =2n-1,则{a n }的前60项和为( ) A.3 690 B.3 660 C.1 845 D.1 830【答案】D【解析】∵a n+1+(-1)na n =2n-1, ∴a 2=1+a 1,a 3=2-a 1,a 4=7-a 1,a 5=a 1,a 6=9+a 1,a 7=2-a 1,a 8=15-a 1,a 9=a 1,a 10=17+a 1,a 11=2-a 1,a 12=23-a 1,…,a 57=a 1,a 58=113+a 1,a 59=2-a 1,a 60=119-a 1,∴a 1+a 2+…+a 60=(a 1+a 2+a 3+a 4)+(a 5+a 6+a 7+a 8)+…+(a 57+a 58+a 59+a 60) =10+26+42+…+234=15×(10+234)2=1 830. 二、填空题1.(2019·全国3·文T14)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.若a 3=5,a 7=13,则S 10= . 【答案】100【解析】设等差数列{a n }的公差为d,则{a 3=a 1+2d =5,a 7=a 1+6d =13,解得{a 1=1,d =2. 故S 10=10a 1+10×92d=10×1+10×92×2=100. 2.(2019·全国3·理T14)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.若a 1≠0,a 2=3a 1,则S10S 5= .【答案】4【解析】设等差数列{a n }的公差为d. ∵a 1≠0,a 2=3a 1, ∴a 1+d=3a 1,即d=2a 1.∴S10S 5=10a 1+10×92d5a 1+5×42d=100a 125a 1=4. 3.(2019·江苏·T 8)已知数列{a n }(n ∈N *)是等差数列,S n 是其前n 项和.若a 2a 5+a 8=0,S 9=27,则S 8的值是 . 【答案】16【解析】∵{a n }为等差数列,设公差为d,a 2a 5+a 8=0,S 9=27,∴ 整理②得a 1+4d=3,即a 1=3-4d,③ 把③代入①解得d=2,∴a 1=-5. ∴S 8=8a 1+28d=16.4.(2019·北京·理T10)设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若a 2=-3,S 5=-10,则a 5= ,S n 的最小值为 . 【答案】0 -10【解析】等差数列{a n }中,由S 5=5a 3=-10,得a 3=-2,又a 2=-3,公差d=a 3-a 2=1,a 5=a 3+2d=0,由等差数列{a n }的性质得当n ≤5时,a n ≤0,当n ≥6时,a n 大于0,所以S n 的最小值为S 4或S 5,即为-10.5.(2019·全国1·文T14)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若a 1=1,S 3=34,则S 4= . 【答案】58【解析】设等比数列{a n }的公比为q. S 3=a 1+a 1q+a 1q 2=1+q+q 2=34, 即q 2+q+14=0.解得q=-12. 故S 4=a 1(1-q 4)1-q=1-(-12)41+12=58.6.(2019·全国1·理T14)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=________.【答案】1213【解析】设等比数列{a n }的公比为q, 则a 4=a 1q 3=13q 3,a 6=a 1q 5=13q 5.∵a 42=a 6,∴19q 6=13q 5.∵q≠0,∴q=3.∴S 5=a 1(1-q 5)=13(1-35)=121.7.(2018·全国1·理T14)记S n 为数列{a n }的前n 项和.若S n =2a n +1,则S 6= . 【答案】-63【解析】∵S n =2a n +1,① ∴S n-1=2a n-1+1(n ≥2).②①-②,得a n =2a n -2a n-1,即a n =2a n-1(n ≥2).又S 1=2a 1+1,∴a 1=-1.∴{a n }是以-1为首项,2为公比的等比数列,则S 6=-1(1-26)1-2=-63.8.(2018·北京·理T9)设{a n }是等差数列,且a 1=3,a 2+a 5=36,则{a n }的通项公式为 . 【答案】a n =6n-3【解析】∵{a n }为等差数列,设公差为d, ∴a 2+a 5=2a 1+5d=36.∵a 1=3,∴d=6.∴a n =3+(n-1)×6=6n-3.9.(2018·上海·T 10)设等比数列{a n }的通项公式为a n =q n-1(n ∈N *),前n 项和为S n ,若lim n →∞S n a n+1=12,则q= . 【答案】3【解析】由a n =q n-1,得a n+1=q n.当q=1时,不满足题意;当q≠1时,S n =a 1(1-q n )=1-q n.若0<|q|<1,则lim n →∞1-q n(1-q )q n 不存在;若|q|>1,则lim n →∞Sn a n+1=lim n →∞1-q n(1-q )q n =lim n →∞1(1-q )·(1q n -1)=-11-q =12,解得q=3. 10.(2018·江苏·T 14)已知集合A={x|x=2n-1,n ∈N *},B={x|x=2n,n ∈N *}.将A ∪B 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{a n }.记S n 为数列{a n }的前n 项和,则使得S n >12a n+1成立的n 的最小值为 .【答案】27【解析】①若a n+1=2k(k ∈N *),则S n =21+22+…+2k-1+1+3+ (2)-1=2k-2+(2k-1)2⇒(2k-1)2+2k-2>12·2k. 令2k=t ⇒14t 2+t-2>12t ⇒t(t-44)>8. ∴t ≥64⇒k ≥6.此时,n=k-1+2k-1=37. ②若a n+1=2k+1(k ∈N *),则S n =21+22+ (2)+1+3+…+2k-1(2t<2k+1,t ∈N *), ∴S n =2t+1-2+k 2>12(2k+1)⇒2t+1>-k 2+24k+14. ∴-k 2+24k+14<2t+1<4k+2⇒k(k-20)>12.取k=21,此时77<2t <43(舍),取k=22,29<2t<45,t=5,n=5+22=27. 由①②,得n min =27.11.(2017·全国2·理T15)等差数列{a n }的前n 项和为S n ,a 3=3,S 4=10,则∑k=1n1S k =____________.【答案】2nn+1【解析】设等差数列的首项为a 1,公差为d,由题意可知{a 1+2d =3,4a 1+4×32d=10,解得{a 1=1,d =1.所以S n =na 1+n (n -1)2d=n (1+n )2. 所以1S n =2n (n+1)=2(1n -1n+1).所以∑k=1n1S k=2[(1-12)+(12-13)+…+(1n -1n+1)]=2(1-1n+1)=2nn+1. 12.(2017·全国3·理T14)设等比数列{a n }满足a 1+a 2=-1,a 1-a 3=-3,则a 4= . 【答案】-8【解析】设{a n }的公比为q,则由题意, 得{a 1(1+q )=-1,a 1(1-q 2)=-3,解得{a 1=1,q =-2,故a 4=a 1q 3=-8.13.(2017·江苏·理T9文T9)等比数列{a n }的各项均为实数,其前n 项和为S n .已知S 3=74,S 6=634,则a 8= . 【答案】32【解析】设该等比数列的公比为q,则S 6-S 3=634−74=14,即a 4+a 5+a 6=14.① ∵S 3=74,∴a 1+a 2+a 3=74. 由①得(a 1+a 2+a 3)q 3=14,∴q 3=1474=8,即q=2.∴a 1+2a 1+4a 1=74,a 1=14. ∴a 8=a 1·q 7=14×27=32.14.(2016·浙江·理T13文T13)设数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 2=4,a n+1=2S n +1,n ∈N *,则a 1= ,S 5= . 【答案】1 121【解析】由题意,可得a 1+a 2=4,a 2=2a 1+1, 所以a 1=1,a 2=3.再由a n+1=2S n +1,a n =2S n-1+1(n ≥2), 两式相减得a n+1-a n =2a n ,即a n+1=3a n (n ≥2).又因为a 2=3a 1,所以数列{a n }是以1为首项,3为公比的等比数列.所以S 5=1-35=121. 15.(2016·北京·理T12)已知{a n }为等差数列,S n 为其前n 项和.若a 1=6,a 3+a 5=0,则S 6= . 【答案】6【解析】∵{a n }是等差数列,∴a 3+a 5=2a 4=0.∴a 4=0. ∴a 4-a 1=3d=-6.∴d=-2. ∴S 6=6a 1+15d=6×6+15×(-2)=6.16.(2016·全国1·理T15)设等比数列{a n }满足a 1+a 3=10,a 2+a 4=5,则a 1a 2…a n 的最大值为 . 【答案】64【解析】由已知a 1+a 3=10,a 2+a 4=a 1q+a 3q=5, 两式相除得a 1+a 3q (a 1+a 3)=105=2,解得q=12,a 1=8, 所以a 1a 2…a n =8n·(12)1+2+…+(n -1)=2-12n 2+7n2,函数f(n)=-12n 2+72n的对称轴为n=-722×(-12)=3.5,又n ∈N *,所以当n=3或4时,a 1a 2…a n 取最大值为2-12×32+7×32=26=64.17.(2015·全国1·文T13)在数列{a n }中,a 1=2,a n+1=2a n ,S n 为{a n }的前n 项和.若S n =126,则n= . 【答案】6【解析】∵a n+1=2a n ,即an+1n=2,∴{a n }是以2为公比的等比数列. 又a 1=2,∴S n =2(1-2n )1-2=126.∴2n=64,∴n=6.18.(2015·湖南·理T14)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和,若a 1=1,且3S 1,2S 2,S 3成等差数列,则a n = .【答案】3n-1【解析】设等比数列{a n }的公比为q,则a n =a 1q n-1=q n-1.因为3S 1,2S 2,S 3成等差数列,所以2×(2S 2)=3S 1+S 3,即4S 2=3+S 3,即4(a 1+a 2)=3+(a 1+a 2+a 3), 也就是4(1+q)=3+(1+q+q 2),整理得q 2-3q=0,解得q=3或q=0(舍去).所以等比数列{a n }的首项为a 1=1,公比为q=3,故a n =3n-1.19.(2015·福建·文T16)若a,b 是函数f(x)=x 2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,且a,b,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p+q 的值等于 . 【答案】9【解析】由题意,得{a +b =p >0,ab =q >0,∴{a >0,b >0.不妨设a<b,则-2,a,b 成等差数列,a,-2,b 成等比数列,即{-2+b =2a ,ab =4,解得{a =1,b =4.∴{p =5,q =4.∴p+q=9.20.(2015·江苏·理T11)设数列{a n }满足a 1=1,且a n+1- a n =n+1(n ∈N *).则数列{1n}前10项的和为____________.【答案】2011【解析】a 2-a 1=2,a 3-a 2=3,a 4-a 3=4,…,a n -a n-1=n, 以上(n-1)个式子相加,得a n -a 1=2+3+4+…+n. ∵a 1=1,∴a n =1+2+3+…+n=n (n+1)2. ∴1a n=2n (n+1)=2(1n -1n+1). ∴S 10=2[(1-12)+(12-13)+(13-14)+…+(19-110)+(110-111)]=2(1-111)=2011.21.(2015·全国2·理T16)设S n 是数列{a n }的前n 项和,且a 1=-1,a n+1=S n S n+1,则S n = . 【答案】−1n【解析】由a n+1=S n+1-S n =S n S n+1,两边同除以S n S n+1得1S n−1S n+1=1,即1S n+1−1S n =-1,则{1S n}为等差数列,首项为1S 1=-1,公差为d=-1,∴1S n=-n.∴S n =-1n .22.(2015·广东·理T10)在等差数列{a n }中,若a 3+a 4+a 5+a 6+a 7=25,则a 2+a 8= . 【答案】10【解析】根据等差数列的性质,得a 3+a 4+a 5+a 6+a 7=5a 5=25,解得a 5=5.又a 2+a 8=2a 5,所以a 2+a 8=10.23.(2015·陕西·文T13)中位数为 1 010的一组数构成等差数列,其末项为 2 015,则该数列的首项为 . 【答案】5【解析】由等差数列的性质,得a 1+an 2=1 010, 又∵a n =2 015,∴a 1=5.24.(2014·江苏·理T7)在各项均为正数的等比数列{a n }中,若a 2=1,a 8=a 6+2a 4,则a 6的值是 . 【答案】4【解析】设公比为q,则由a 8=a 6+2a 4,得a 1q 7=a 1q 5+2a 1q 3,q 4-q 2-2=0,解得q 2=2(q 2=-1舍去),所以a 6=a 2q 4=4. 25.(2014·广东·文T13)等比数列{a n }的各项均为正数,且a 1a 5=4,则log 2a 1+log 2a 2+log 2a 3+log 2a 4+log 2a 5= . 【答案】5【解析】由等比数列性质知a 1a 5=a 2a 4=a 32=4.∵a n >0,∴a 3=2.∴a 1a 2a 3a 4a 5=(a 1a 5)·(a 2·a 4)·a 3=25. ∴log 2a 1+log 2a 2+log 2a 3+log 2a 4+log 2a 5 =log 2(a 1a 2a 3a 4a 5)=log 225=5.26.(2014·安徽·理T12)数列{a n }是等差数列,若a 1+1,a 3+3,a 5+5构成公比为q 的等比数列,则q= . 【答案】1【解析】设数列{a n }的公差为d,则a 1=a 3-2d,a 5=a 3+2d,由题意得,(a 1+1)(a 5+5)=(a 3+3)2,即(a 3-2d+1)(a 3+2d+5)=(a 3+3)2,整理,得(d+1)2=0, ∴d=-1,则a 1+1=a 3+3, 故q=1.27.(2014·全国2·文T16)数列{a n }满足a n+1=11-a n,a 8=2,则a 1=____________.【答案】12【解析】将a 8=2代入a n+1=11-a n,可求得a 7=12;将a 7=12代入a n+1=11-a n,可求得a 6=-1;将a 6=-1代入a n+1=11-a n,可求得a 5=2.由此可知数列{a n }是一个周期数列,且周期为3,所以a 1=a 7=12.28.(2014·北京·理T12)若等差数列{a n }满足a 7+a 8+a 9>0,a 7+a 10<0,则当n= 时,{a n }的前n 项和最大. 【答案】8【解析】由等差数列的性质可得a 7+a 8+a 9=3a 8>0,即a 8>0;而a 7+a 10=a 8+a 9<0,故a 9<0.所以数列{a n }的前8项和最大.29.(2014·天津·理T11)设{a n }是首项为a 1,公差为-1的等差数列,S n 为其前n 项和.若S 1,S 2,S 4成等比数列,则a 1的值为 . 【答案】-12【解析】由已知得S 1=a 1,S 2=a 1+a 2=2a 1-1,S 4=4a 1+4×32×(-1)=4a 1-6,而S 1,S 2,S 4成等比数列,所以(2a 1-1)2=a 1(4a 1-6),整理得2a 1+1=0,解得a 1=-12.30.(2013·全国2·理T16)等差数列{a n }的前n 项和为S n ,已知S 10=0,S 15=25,则nS n 的最小值为 . 【答案】-49【解析】设数列{a n }的首项为a 1,公差为d,则S 10=10a 1+10×92d=10a 1+45d=0, ① S 15=15a 1+15×142d=15a 1+105d=25. ② 联立①②,得a 1=-3,d=23,所以S n =-3n+n (n -1)2×23=13n 2-103n.令f(n)=nS n ,则f(n)=13n 3-103n 2,f'(n)=n 2-203n. 令f'(n)=0,得n=0或n=203.当n>203时,f'(n)>0,0<n<203时,f'(n)<0,所以当n=203时,f(n)取最小值,而n ∈N +,则f(6)=-48,f(7)=-49,所以当n=7时,f(n)取最小值-49.31.(2013·辽宁·理T14)已知等比数列{a n }是递增数列,S n 是{a n }的前n 项和.若a 1,a 3是方程x 2-5x+4=0的两个根,则S 6= . 【答案】63【解析】因为x 2-5x+4=0的两根为1和4, 又数列{a n }是递增数列, 所以a 1=1,a 3=4,所以q=2. 所以S 6=1×(1-26)1-2=63.32.(2013·全国1·理T14)若数列{a n }的前n 项和S n =23a n +13,则{a n }的通项公式是a n = . 【答案】(-2)n-1【解析】∵S n =23a n +13, ① ∴当n≥2时,S n-1=23a n-1+13. ② ①-②,得a n =23a n -23a n-1,即a nan -1=-2.∵a 1=S 1=23a 1+13,∴a 1=1.∴数列{a n }是以1为首项,-2为公比的等比数列,a n =(-2)n-1. 33.(2012·全国·文T14)等比数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 3+3S 2=0,则公比q= . 【答案】-2【解析】由S 3=-3S 2,可得a 1+a 2+a 3=-3(a 1+a 2), 即a 1(1+q+q 2)=-3a 1(1+q), 化简整理得q 2+4q+4=0,解得q=-2. 三、计算题1.(2019·全国2·文T18)已知{a n }是各项均为正数的等比数列,a 1=2,a 3=2a 2+16. (1)求{a n }的通项公式;(2)设b n =log 2a n .求数列{b n }的前n 项和.【解析】(1)设{a n }的公比为q,由题设得2q 2=4q+16,即q 2-2q-8=0,解得q=-2(舍去)或q=4. 因此{a n }的通项公式为a n =2×4n-1=22n-1.(2)由(1)得b n =(2n-1)log 22=2n-1,因此数列{b n }的前n 项和为1+3+…+2n-1=n 2.2.(2019·全国2·理T19)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.【解析】(1)证明由题设得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. 由题设得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)解由(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+12.3.(2019·天津·文T18)设{a n }是等差数列,{b n }是等比数列,公比大于0.已知a 1=b 1=3,b 2=a 3,b 3=4a 2+3. (1)求{a n }和{b n }的通项公式; (2)设数列{c n }满足c n ={1,n 为奇数,b n 2,n 为偶数,求a 1c 1+a 2c 2+…+a 2n c 2n (n ∈N *).【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.依题意, 得{3q =3+2d ,3q 2=15+4d .解得{d =3,q =3,故a n =3+3(n-1)=3n,b n =3×3n-1=3n.所以,{a n }的通项公式为a n =3n,{b n }的通项公式为b n =3n.(2)a 1c 1+a 2c 2+…+a 2n c 2n =(a 1+a 3+a 5+…+a 2n-1)+(a 2b 1+a 4b 2+a 6b 3+…+a 2n b n )=[n×3+n (n -1)2×6]+(6×31+12×32+18×33+…+6n×3n )=3n 2+6(1×31+2×32+…+n×3n). 记T n =1×31+2×32+…+n×3n,①则3T n =1×32+2×33+…+n×3n+1, ② ②-①得,2T n =-3-32-33- (3)+n×3n+1=-3(1-3n )1-3+n×3n+1=(2n -1)3n+1+32. 所以,a 1c 1+a 2c 2+…+a 2n c 2n =3n 2+6T n =3n 2+3×(2n -1)3n+1+32=(2n -1)3n+2+6n 2+92(n ∈N *). 4.(2019·天津·理T19)设{a n }是等差数列,{b n }是等比数列.已知a 1=4,b 1=6,b 2=2a 2-2,b 3=2a 3+4. (1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)设数列{c n }满足c 1=1,c n ={1,2k <n <2k+1,b k ,n =2k,其中k ∈N *. ①求数列{a 2n (c 2n -1)}的通项公式; ②求∑i=12na i c i (n ∈N *).【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.依题意得{6q =6+2d ,6q 2=12+4d ,解得{d =3,q =2,故a n =4+(n-1)×3=3n+1,b n =6×2n-1=3×2n.所以,{a n }的通项公式为a n =3n+1,{b n }的通项公式为b n =3×2n. (2)①a 2n (c 2n -1)=a 2n (b n -1) =(3×2n+1)(3×2n-1)=9×4n-1.所以,数列{a 2n (c 2n -1)}的通项公式为a 2n (c 2n -1)=9×4n-1.②∑i=12n a i c i =∑i=12n[a i +a i (c i -1)]=∑i=12na i +∑i=1na 2i (c 2i -1)=[2n×4+2n (2n -1)2×3]+∑i=1n(9×4i-1)=(3×22n-1+5×2n-1)+9×4(1-4n )1-4-n=27×22n-1+5×2n-1-n-12(n ∈N *).5.(2019·浙江·T 20)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,a 3=4,a 4=S 3.数列{b n }满足:对每个n ∈N *,S n +b n ,S n+1+b n ,S n+2+b n 成等比数列. (1)求数列{a n },{b n }的通项公式;(2)记c n =√an2b n,n ∈N *,证明:c 1+c 2+…+c n <2√n ,n ∈N *.【解析】(1)设数列{a n }的公差为d,由题意得a 1+2d=4,a 1+3d=3a 1+3d, 解得a 1=0,d=2. 从而a n =2n-2,n ∈N *. 所以S n =n 2-n,n ∈N *.由S n +b n ,S n+1+b n ,S n+2+b n 成等比数列得(S n+1+b n )2=(S n +b n )(S n+2+b n ).解得b n =1d (S n+12-S n S n+2).所以b n =n 2+n,n ∈N *. (2)c n =√a n2b n=√2n -22n (n+1)=√n -1n (n+1),n ∈N *. 我们用数学归纳法证明. ①当n=1时,c 1=0<2,不等式成立;②假设n=k(k ∈N *)时不等式成立,即c 1+c 2+…+c k <2√k .那么,当n=k+1时,c 1+c 2+…+c k +c k+1<2√k +√k (k+1)(k+2)<2√k +√1k+1<2√k √k+1+√k√k +2(√k +1−√k )=2√k +1,即当n=k+1时不等式也成立.根据①和②,不等式c 1+c 2+…+c n <2√n 对任意n ∈N *成立.6.(2019·江苏·T 20)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M - 数列”. (1)已知等比数列{a n }(n ∈N *)满足:a 2a 4=a 5,a 3-4a 2+4a 1=0,求证:数列{a n }为“M - 数列”; (2)已知数列{b n }(n ∈N *)满足:b 1=1,1S n =2b n −2b n+1,其中S n 为数列{b n }的前n 项和.①求数列{b n }的通项公式;②设m 为正整数.若存在“M - 数列”{c n }(n ∈N *),对任意正整数k,当k ≤m 时,都有c k ≤b k ≤c k+1成立,求m 的最大值.【解析】(1)设等比数列{a n }的公比为q, 所以a 1≠0,q ≠0.由{a 2a 4=a 5,a 3-4a 2+4a 1=0,得{a 12q 4=a 1q 4,a 1q 2-4a 1q +4a 1=0,解得{a 1=1,q =2.因此数列{a n }为“M - 数列”. (2)①因为1S n =2b n −2b n+1,所以b n ≠0.由b 1=1,S 1=b 1,得1=2−22,则b 2=2.由1S n =2b n −2b n+1,得S n =b n bn+12(b n+1-b n ), 当n≥2时,由b n =S n -S n-1,得b n =b n b n+12(b n+1-b n)−b n -1bn 2(b n -b n -1), 整理得b n+1+b n-1=2b n .所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列. 因此,数列{b n }的通项公式为b n =n(n ∈N *). ②由①知,b k =k,k ∈N *. 因为数列{c n }为“M - 数列”, 设公比为q,所以c 1=1,q>0. 因为c k ≤b k ≤c k+1,所以q k-1≤k ≤q k,其中k=1,2,3,…,m. 当k=1时,有q ≥1;当k=2,3,…,m 时,有lnk≤ln q≤lnk. 设f(x)=lnxx (x>1),则f'(x)=1-lnxx 2. 令f'(x)=0,得x=e. 列表如下:f(x) ↗极大值↘因为ln22=ln86<ln96=ln33,所以f(k)max=f(3)=ln33.取q=√33,当k=1,2,3,4,5时,lnk≤ln q,即k≤q k,经检验知q k-1≤k也成立.因此所求m的最大值不小于5.若m≥6,分别取k=3,6,得3≤q3,且q5≤6,从而q15≥243,且q15≤216,所以q不存在.因此所求m的最大值小于6.综上,所求m的最大值为5.7.(2018·北京·文T15)设{a n}是等差数列,且a1=ln 2,a2+a3=5ln 2.(1)求{a n}的通项公式;(2)求e a1+e a2+…+e a n.【解析】(1)设等差数列{a n}的公差为d,∵a2+a3=5ln 2.∴2a1+3d=5ln 2,又a1=ln 2,∴d=ln 2.∴a n=a1+(n-1)d=nln 2.(2)由(1)知a n=nln 2.∵e a n=e nln 2=e ln2n=2n,∴{e a n}是以2为首项,2为公比的等比数列.∴e a1+e a2+…+e a n=2+22+…+2n=2n+1-2.∴e a1+e a2+…+e a n=2n+1-2.8.(2018·上海·T 21)给定无穷数列{a n},若无穷数列{b n}满足:对任意x∈N*,都有|b n-a n|≤1,则称{b n}与{a n}“接近”.(1)设{a n}是首项为1,公比为12的等比数列,b n=a n+1+1,n∈N*,判断数列{b n}是否与{a n}接近,并说明理由; (2)设数列{a n}的前四项为a1=1,a2=2,a3=4,a4=8,{b n}是一个与{a n}接近的数列,记集合M={x|x=b i,i=1,2,3,4},求M中元素的个数m:(3)已知{a n}是公差为d的等差数列.若存在数列{b n}满足:{b n}与{a n}接近,且在b2-b1,b3-b2,…,b201-b200中至少有100个为正数,求d的取值范围.【解析】(1)数列{b n}与{a n}接近.理由:由{a n }是首项为1,公比为12的等比数列, 可得a n =12n -1,b n =a n+1+1=12n +1,则|b n -a n |=|12n+1-12n -1|=|1-12n |<1,n ∈N *, 故数列{b n }与{a n }接近;(2)由{b n }是一个与{a n }接近的数列,可得a n -1≤b n ≤a n +1, 由数列{a n }的前四项为a 1=1,a 2=2,a 3=4,a 4=8, 可得b 1∈[0,2],b 2∈[1,3],b 3∈[3,5],b 4∈[7,9].b 1与b 2可能相等,b 2与b 3可能相等,但b 1与b 3不相等,b 4与b 3不相等, 集合M={x|x=b i ,i=1,2,3,4}, M 中元素的个数m=3或m=4.(3)由{a n }是公差为d 的等差数列,若存在数列{b n }满足:{b n }与{a n }接近,可得a n =a 1+(n-1)d. ①若d>0,取b n =a n ,可得b n+1-b n =a n+1-a n =d>0,则b 2-b 1,b 3-b 2,…,b 201-b 200中有200个正数,符合题意; ②若d=0,取b n =a 1-1n ,则|b n -a n |=|a 1-1n-a 1|=1n<1,n ∈N *, 可得b n+1-b n =1n−1n+1>0, 则b 2-b 1,b 3-b 2,…,b 201-b 200中有200个正数,符合题意;③若-2<d<0,可令b 2n-1=a 2n-1-1,b 2n =a 2n +1,则b 2n -b 2n-1=a 2n +1-(a 2n-1-1)=2+d>0, 则b 2-b 1,b 3-b 2,…,b 201-b 200中恰有100个正数,符合题意; ④若d ≤-2,假设存在数列{b n }满足:{b n }与{a n }接近, 则为a n -1≤b n ≤a n +1,a n+1-1≤b n+1≤a n+1+1, 可得b n+1-b n ≤a n+1+1-(a n -1)=2+d ≤0,b 2-b 1,b 3-b 2,…,b 201-b 200中没有正数,与已知矛盾. 故d ≤-2不符合题意.综上可得,d 的取值范围是(-2,+∞).9.(2018·江苏·T 20)设{a n }是首项为a 1,公差为d 的等差数列,{b n }是首项为b 1,公比为q 的等比数列. (1)设a 1=0,b 1=1,q=2,若|a n -b n |≤b 1对n=1,2,3,4均成立,求d 的取值范围;(2)若a 1=b 1>0,m ∈N *,q ∈(1, √2m],证明:存在d ∈R,使得|a n -b n |≤b 1对n=2,3,…,m+1均成立,并求d 的取值范围(用b 1,m,q 表示).【解析】(1)由条件知,a n =(n-1)d,b n =2n-1. 因为|a n -b n |≤b 1对n=1,2,3,4均成立, 即|(n-1)d-2n-1|≤1对n=1,2,3,4均成立, 即1≤1,1≤d≤3,3≤2d≤5,7≤3d≤9,得7≤d≤5. 因此,d 的取值范围为[73,52]. (2)由条件知,a n =b 1+(n-1)d,b n =b 1q n-1.若存在d,使得|a n -b n |≤b 1(n=2,3,…,m+1)成立,即|b 1+(n-1)d-b 1q n-1|≤b 1(n=2,3,…,m+1), 即当n=2,3,…,m+1时,d 满足q n -1-2n -1b 1≤d≤q n -1n -1b 1.因为q ∈(1,√2m],则1<q n-1≤q m≤2,从而q n -1-2n -1b 1≤0,q n -1n -1b 1>0,对n=2,3,…,m+1均成立.因此,取d=0时,|a n -b n |≤b 1对n=2,3,…,m+1均成立.下面讨论数列{q n -1-2}的最大值和数列{q n -1}的最小值(n=2,3,…,m+1).①当2≤n≤m 时,q n -2n −q n -1-2n -1=nq n -q n -nq n -1+2n (n -1)=n (q n -q n -1)-q n +2n (n -1), 当1<q≤21m 时,有q n≤q m≤2,从而n(q n-q n-1)-q n+2>0.因此,当2≤n≤m+1时,数列{q n -1-2n -1}单调递增,故数列{q n -1-2n -1}的最大值为q m -2m .②设f(x)=2x(1-x),当x>0时,f'(x)=(ln 2-1-xln 2)2x<0, 所以f(x)单调递减,从而f(x)<f(0)=1. 当2≤n≤m时,q n n q n-1n -1=q (n -1)n≤21n (1-1n )=f (1n)<1,因此,当2≤n≤m+1时,数列{q n -1n -1}单调递减, 故数列{q n -1n -1}的最小值为q mm . 因此,d的取值范围为[b 1(q m -2),b 1q m].10.(2018·天津·文T18)设{a n }是等差数列,其前n 项和为S n (n ∈N *);{b n }是等比数列,公比大于0,其前n 项和为T n (n ∈N *).已知b 1=1,b 3=b 2+2,b 4=a 3+a 5,b 5=a 4+2a 6. (1)求S n 和T n ;(2)若S n +(T 1+T 2+…+T n )=a n +4b n ,求正整数n 的值.【解析】(1)设等比数列{b n }的公比为q.由b 1=1,b 3=b 2+2,可得q 2-q-2=0.因为q>0,可得q=2,故b n =2n-1.所以,T n =1-2n 1-2=2n-1.设等差数列{a n }的公差为d.由b 4=a 3+a 5,可得a 1+3d=4.由b 5=a 4+2a 6,可得3a 1+13d=16,从而a 1=1,d=1,故a n =n.所以,S n =n (n+1)2. (2)由(1),有T 1+T 2+…+T n =(21+22+ (2))-n=2×(1-2n )1-2-n=2n+1-n-2.由S n +(T 1+T 2+…+T n )=a n +4b n 可得,n (n+1)+2n+1-n-2=n+2n+1, 整理得n 2-3n-4=0,解得n=-1(舍),或n=4. 所以,n 的值为4.11.(2018·天津·理T18)设{a n }是等比数列,公比大于0,其前n 项和为S n (n ∈N *),{b n }是等差数列.已知a 1=1,a 3=a 2+2,a 4=b 3+b 5,a 5=b 4+2b 6. (1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)设数列{S n }的前n 项和为T n (n ∈N *), ①求T n ;②证明∑k=1n(T k +b k+2)b k(k+1)(k+2)=2n+2-2(n ∈N *). 【解析】(1)解设等比数列{a n }的公比为q.由a 1=1,a 3=a 2+2,可得q 2-q-2=0.因为q>0,可得q=2,故a n =2n-1. 设等差数列{b n }的公差为d.由a 4=b 3+b 5,可得b 1+3d=4.由a 5=b 4+2b 6,可得3b 1+13d=16,从而b 1=1,d=1,故b n =n. 所以,数列{a n }的通项公式为a n =2n-1,数列{b n }的通项公式为b n =n. (2)①解由(1),有S n =1-2n1-2=2n-1, 故T n =∑k=1n(2k-1)=∑k=1n2k-n=2×(1-2n )1-2-n=2n+1-n-2.②证明因为(T k +b k+2)bk(k+1)(k+2)=(2k+1-k -2+k+2)k (k+1)(k+2)=k ·2k+1(k+1)(k+2)=2k+2k+2−2k+1k+1,所以,∑k=1n(T k +b k+2)b k(k+1)(k+2)=(233-222)+(24-23)+…+(2n+2-2n+1)=2n+2-2. 12.(2018·全国2·理T17文T17)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和,已知a 1=-7,S 3=-15. (1)求{a n }的通项公式; (2)求S n ,并求S n 的最小值.【解析】(1)设{a n }的公差为d,由题意得3a 1+3d=-15. 由a 1=-7得d=2.所以{a n }的通项公式为a n =2n-9. (2)由(1)得S n =n 2-8n=(n-4)2-16.所以当n=4时,S n 取得最小值,最小值为-16.13.(2018·全国1·文T17)已知数列{a n }满足a 1=1,na n+1=2(n+1)a n .设b n =ann .(1)求b 1,b 2,b 3;(2)判断数列{b n }是否为等比数列,并说明理由; (3)求{a n }的通项公式. 【解析】(1)由条件可得a n+1=2(n+1)na n . 将n=1代入得,a 2=4a 1,而a 1=1,所以a 2=4. 将n=2代入得,a 3=3a 2,所以a 3=12. 从而b 1=1,b 2=2,b 3=4.(2){b n }是首项为1,公比为2的等比数列.由条件可得a n+1n+1=2an n ,即b n+1=2b n ,又b 1=1,所以{b n }是首项为1,公比为2的等比数列.(3)由(2)可得an n=2n-1,所以a n =n·2n-1.14.(2018·全国3·理T17文T17)等比数列{a n }中,a 1=1,a 5=4a 3. (1)求{a n }的通项公式;(2)记S n 为{a n }的前n 项和,若S m =63,求m. 【解析】(1)设{a n }的公比为q,由题设得a n =q n-1. 由已知得q 4=4q 2,解得q=0(舍去),q=-2或q=2. 故a n =(-2)n-1或a n =2n-1. (2)若a n =(-2)n-1,则S n =1-(-2)n3.由S m =63得(-2)m =-188,此方程没有正整数解. 若a n =2n-1,则S n =2n-1.由S m =63得2m=64,解得m=6. 综上,m=6.15.(2017·全国1·文T17)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和,已知S 2=2,S 3=-6. (1)求{a n }的通项公式;(2)求S n ,并判断S n+1,S n ,S n+2是否成等差数列. 【解析】(1)设{a n }的公比为q.。

历年数列高考题汇编

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历年数列高考题汇编1、〔全国新课标卷理〕等比数列的各项均为正数，且{}n a 212326231,9.a a a a a +==〔1〕求数列的通项公式.〔2〕设 求数列的前项和.解：〔Ⅰ〕设数列{an}的公比为q ，由得所以.有条件可知a>0,故.由得，所以.故数列{an}的通项式为an=. 〔Ⅱ 〕(12...)(1)2n n n =-++++=-故12112()(1)1n b n n n n =-=--++12111111112...2((1)()...())22311n n b b b n n n +++=--+-++-=-++ 所以数列的前n 项和为1{}nb 21nn -+ 2、〔全国新课标卷理〕设数列满足 （1） 求数列的通项公式；{}n a （2） 令，求数列的前n 项和n n b na =n S解〔Ⅰ〕由已知，当n ≥1时，.而 所以数列{}的通项公式为. 〔Ⅱ〕由知35211222322n n S n -=⋅+⋅+⋅++⋅ ①从而 ②23572121222322n n S n +⋅=⋅+⋅+⋅++⋅①-②得 .即 211[(31)22]9n n S n +=-+3.设是公比大于1的等比数列，Sn 为数列的前n 项和．已知S3=7,且a1+3,3a2,a3+4构成等差数列．〔1〕求数列的通项公式；〔2〕令，求数列的前n 项和Tn ． .4、〔辽宁卷〕已知等差数列{an}满足a2=0，a6+a8=-10 〔I 〕求数列{an}的通项公式； 〔II 〕求数列的前n 项和解：〔I 〕设等差数列的公差为d ，由已知条件可得解得11,1.a d =⎧⎨=-⎩故数列的通项公式为 ………………5分{}n a 2.n a n =-〔II 〕设数列，即，12.2242n n n S a a a =+++ 所以，当时，1n >1211111222211121()2422121(1)22n n n n n nn n n nS a a a a a a n n------=+++--=-+++--=--- =所以.2n n 1.2n n n S -= 综上，数列11{}.22n n n n a n n S --=的前项和5、〔陕西省〕已知{an}是公差不为零的等差数列，a1＝1，且a1，a3，a9成等比数列.〔Ⅰ〕求数列{an}的通项; 〔Ⅱ〕求数列{2an}的前n 项和Sn.解 〔Ⅰ〕由题设知公差d ≠0，由a1＝1，a1，a3，a9成等比数列得＝，121d +1812dd ++ 解得d ＝1，d ＝0〔舍去〕， 故{an}的通项an ＝1+〔n －1〕×1＝n.〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕知=2n ，由等比数列前n 项和公式得Sn=2+22+23+…+2n==2n+1-2(12)12n --6、〔全国卷〕设等差数列{}的前项和为，公比是正数的等比数列{}的前项和为，已知的通项公式.解： 设的公差为，的公比为{}n a d {}n b q由得 ①3317a b +=212317d q ++= 由得 ②3312T S -=24q q d +-= 由①②及解得 0q >2,2q d ==故所求的通项公式为121,32n n n a n b -=-=⨯7、〔浙江卷〕已知公差不为0的等差数列的首项为，且，，成等比数列．〔Ⅰ〕求数列的通项公式； 〔Ⅱ〕对，试比较与的大小．解：设等差数列的公差为，由题意可知{}n a d2214111()a a a =⋅即，从而因为2111()(3)a d a a d +=+21a d d =10,.d d a a ≠==所以故通项公式.n a na =〔Ⅱ〕解：记所以211(1())111111122()[1()]1222212n n n n T a a a -=+++=⋅=--从而，当时，；当0a >11n T a <110,.n a T a <>时8、〔湖北卷〕成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列中的、、.〔I 〕 求数列的通项公式；〔II 〕 数列的前n 项和为，求证：数列是等比数列.9、〔2010年山东卷〕已知等差数列满足：，，的前项和为{}n a 73=a 2675=+a a {}n a n n S 〔Ⅰ〕求及；解：〔Ⅰ〕设等差数列的首项为，公差为，由于，，所以，，73=a 2675=+a a 721=+d a 261021=+d a解得，，由于， ，31=a 2=d d n a a n )1(1-+=2)(1n n a a n S +=所以，12+=n a n )2(+=n n S n〔Ⅱ〕因为，所以因此)111(41)1(41+-=+=n n n n b n故n n b b b T +++= 21)1113121211(41+-++-+-=n n)111(41+-=n )1(4+=n n所以数列的前项和{}n b n )1(4+=n n T n 〔Ⅱ〕令〔〕，求数列的前项和为.10、〔重庆卷〕已知是首项为19，公差为-2的等差数列，为的前项和.{}n a n S {}n a n 〔Ⅰ〕求通项及；〔Ⅱ〕设是首项为1，公比为3的等比数列，求数列的通项公式及其前项和.11、〔四川卷〕已知等差数列的前3项和为6，前8项和为-4. 〔Ⅰ〕求数列的通项公式； 〔Ⅱ〕设，求数列的前n 项和Ⅱ〕由〔Ⅰ〕得解答可得，，于是 ．0121123n n S q q q n q -=++++若，将上式两边同乘以q 有．1q ≠()121121n nn qS q q n q n q -=+++-+两式相减得到()12111n n n q S n q q q q --=-----．11n nq nq q -=--()1111n n nqn q q +-++=-于是．()()12111n n n nq n q S q +-++=-若，则．1q =()11232n n n S n +=++++=所以， (12)12、〔上海卷〕已知数列的前项和为，且，{}n a n n S 585n n S n a =--*n N ∈证明：是等比数列；并求数列的通项公式{}1n a -{}n a解：由 〔1〕可得：，即.同时 〔2〕从而由可得：(2)(1)-1115()n n n a a a ++=-- 即：，从而为等比数列，首项，公比为，通项公式为，从而*151(1),6n n a a n N +-=-∈{1}n a -1115a -=-5615115*()6n n a --=-1515*()16n n a -=-+。

(学生版)2024年高考数学真题分类汇编04：数列

(学生版)2024年高考数学真题分类汇编04：数列

数列一、单选题1．（2024·全国）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若91S =，37a a +=（）A ．2-B ．73C ．1D ．292．（2024·全国）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若510S S =，51a =，则1a =（）A ．2-B ．73C ．1D ．2二、填空题3．（2024·全国）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若347a a +=，2535a a +=，则10S =.4．（2024·北京）已知{}|k k M k a b ==，n a ，n b 不为常数列且各项均不相同，下列正确的是.①n a ，n b 均为等差数列，则M 中最多一个元素；②n a ，n b 均为等比数列，则M 中最多三个元素；③n a 为等差数列，n b 为等比数列，则M 中最多三个元素；④n a 单调递增，n b 单调递减，则M 中最多一个元素.5．（2024·上海）无穷等比数列{}n a 满足首项10,1a q >>，记[][]{}121,,,n n n I x y x y a a a a +=-ÎÈ，若对任意正整数n 集合n I 是闭区间，则q 的取值范围是．三、解答题6．（2024·全国）设m 为正整数，数列1242,,...,m a a a +是公差不为0的等差数列，若从中删去两项i a 和()j a i j <后剩余的4m 项可被平均分为m 组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列．(1)写出所有的(),i j ，16i j £<£，使数列126,,...,a a a 是(),i j -可分数列；(2)当3m ³时，证明：数列1242,,...,m a a a +是()2,13-可分数列；(3)从1,2,...,42m +中一次任取两个数i 和()j i j <，记数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列的概率为m P ，证明：18m P >．7．（2024·全国）已知双曲线()22:0C x y m m -=>，点()15,4P 在C 上，k 为常数，01k <<．按照如下方式依次构造点()2,3,...n P n =，过1n P -作斜率为k 的直线与C 的左支交于点1n Q -，令n P 为1n Q -关于y 轴的对称点，记n P 的坐标为(),n n x y .(1)若12k =，求22,x y ；(2)证明：数列{}n n x y -是公比为11kk+-的等比数列；(3)设n S 为12n n n P P P ++的面积，证明：对任意的正整数n ，1n n S S +=.8．（2024·全国）已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1233n n S a +=-.(1)求{}n a 的通项公式；(2)求数列{}n S 的通项公式.9．（2024·全国）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，且434n n S a =+．(1)求{}n a 的通项公式；(2)设1(1)n n n b na -=-，求数列{}n b 的前n 项和为n T ．10．（2024·北京）设集合(){}{}{}{}(){},,,1,2,3,4,5,6,7,8,2M i j s t i j s t i j s t =ÎÎÎÎ+++．对于给定有穷数列{}():18n A a n ££，及序列12:,,...,s w w w W ，(),,,k k k k k i j s t M w =Î，定义变换T ：将数列A 的第1111,,,i j s t 项加1，得到数列()1T A ；将数列()1T A 的第2222,,,i j s t 列加1，得到数列()21T T A …；重复上述操作，得到数列()21...s T T T A ，记为()A W ．(1)给定数列:1,3,2,4,6,3,1,9A 和序列()()():1,3,5,7,2,4,6,8,1,3,5,7W ，写出()A W ；(2)是否存在序列W ，使得()A W 为123456782,6,4,2,8,2,4,4a a a a a a a a ++++++++，若存在，写出一个符合条件的W ；若不存在，请说明理由；(3)若数列A 的各项均为正整数，且1357a a a a +++为偶数，证明：“存在序列W ，使得()A W为常数列”的充要条件为“12345678a a a a a a a a +=+=+=+”．11．（2024·天津）已知数列{}n a 是公比大于0的等比数列．其前n 项和为n S ．若1231,1a S a ==-．(1)求数列{}n a 前n 项和n S ；(2)设11,2,kn n k k k n a b b k a n a -+=ì=í+<<î，11b =，其中k 是大于1的正整数．（ⅰ）当1k n a +=时，求证：1n k n b a b -³×；（ⅱ）求1nS i i b =å．。

历年(2019-2024)全国高考数学真题分类(数列、函数与集合新定义)汇编(附答案)

历年(2019-2024)全国高考数学真题分类(数列、函数与集合新定义)汇编(附答案)

历年(2019-2024)全国高考数学真题分类(数列、函数与集合新定义)汇编考点01 数列新定义一、小题1．（2021∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）（多选）设正整数010112222k kk k n a a a a --=⋅+⋅++⋅+⋅ ，其中{}0,1i a ∈，记()01k n a a a ω=+++ ．则（ ） A ．()()2n n ωω= B ．()()231n n ωω+=+C ．()()8543n n ωω+=+D ．()21nn ω-=2．（2020∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）0‐1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列12n a a a 满足{0,1}(1,2,)i a i ∈= ，且存在正整数m ，使得(1,2,)i m i a a i +== 成立，则称其为0‐1周期序列，并称满足(1,2,)i m i a a i +== 的最小正整数m 为这个序列的周期.对于周期为m 的0‐1序列12n a a a ，11()(1,2,,1)m i i k i C k a a k m m +===-∑ 是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0‐1序列中，满足1()(1,2,3,4)5C k k ≤=的序列是（ ） A ．11010 B ．11011C ．10001D ．11001二、大题1．（2024∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）设m 为正整数，数列1242,,...,m a a a +是公差不为0的等差数列，若从中删去两项i a 和()j a i j <后剩余的4m 项可被平均分为m 组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列．(1)写出所有的(),i j ，16i j ≤<≤，使数列126,,...,a a a 是(),i j -可分数列； (2)当3m ≥时，证明：数列1242,,...,m a a a +是()2,13-可分数列；(3)从1,2,...,42m +中一次任取两个数i 和()j i j <，记数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列的概率为m P ，证明：18m P >． 2．（2024∙北京∙高考真题）已知集合(){}{}{}{}{},,,1,2,3,4,5,6,7,8,M i j k w i j k w i j k w =∈∈∈∈+++且为偶数．给定数列128:,,,A a a a ，和序列12:,,s T T T Ω ，其中()(),,,1,2,,t t t t t T i j k w M t s =∈= ，对数列A 进行如下变换：将A 的第1111,,,i j k w 项均加1，其余项不变，得到的数列记作()1T A ；将()1T A 的第2222,,,i j k w 项均加1，其余项不变，得到数列记作()21T T A ；……；以此类推，得到()21s T T T A ，简记为()A Ω．(1)给定数列:1,3,2,4,6,3,1,9A 和序列()()():1,3,5,7,2,4,6,8,1,3,5,7Ω，写出()A Ω；(2)是否存在序列Ω，使得()A Ω为123456782,6,4,2,8,2,4,4a a a a a a a a ++++++++，若存在，写出一个符合条件的Ω；若不存在，请说明理由；(3)若数列A 的各项均为正整数，且1357a a a a +++为偶数，求证：“存在序列Ω，使得()A Ω的各项都相等”的充要条件为“12345678a a a a a a a a +=+=+=+”．3．（2023∙北京∙高考真题）已知数列{}{},n n a b 的项数均为m (2)m >，且,{1,2,,},n n a b m ∈ {}{},n n a b 的前n项和分别为,n n A B ，并规定000A B ==．对于{}0,1,2,,k m ∈ ，定义{}max ,{0,1,2,,}k i k r iB A i m =≤∈∣ ，其中，max M 表示数集M 中最大的数.(1)若1231232,1,3,1,3,3a a a b b b ======，求0123,,,r r r r 的值； (2)若11a b ≥，且112,1,2,,1,j j j r r r j m +-≤+=- ，求n r ；(3)证明：存在{},,,0,1,2,,p q s t m ∈ ，满足,,p q s t >> 使得t p s q A B A B +=+．4．（2022∙北京∙高考真题）已知12:,,,k Q a a a 为有穷整数数列．给定正整数m ，若对任意的{1,2,,}n m ∈ ，在Q 中存在12,,,,(0)i i i i j a a a a j +++≥ ，使得12i i i i j a a a a n +++++++= ，则称Q 为m -连续可表数列． (1)判断:2,1,4Q 是否为5-连续可表数列？是否为6-连续可表数列？说明理由； (2)若12:,,,k Q a a a 为8-连续可表数列，求证：k 的最小值为4；(3)若12:,,,k Q a a a 为20-连续可表数列，且1220k a a a +++< ，求证：7k ≥．5．（2021∙北京∙高考真题）设p 为实数.若无穷数列{}n a 满足如下三个性质，则称{}n a 为p ℜ数列：①10a p +≥，且20a p +=； ②414,1,2,n n a a n -<=⋅⋅⋅()；③{},1m n m n m n a a a p a a p +∈+++++，(),1,2,m n =⋅⋅⋅．（1）如果数列{}n a 的前4项为2，‐2，‐2，‐1，那么{}n a 是否可能为2ℜ数列？说明理由； （2）若数列{}n a 是0ℜ数列，求5a ；（3）设数列{}n a 的前n 项和为n S .是否存在p ℜ数列{}n a ，使得10n S S ≥恒成立？如果存在，求出所有的p ；如果不存在，说明理由．6．（2020∙北京∙高考真题）已知{}n a 是无穷数列．给出两个性质：①对于{}n a 中任意两项,()i j a a i j >，在{}n a 中都存在一项m a ，使2i m ja a a =；②对于{}n a 中任意项(3)n a n …，在{}n a 中都存在两项,()k l a a k l >．使得2k n l a a a =． ()Ⅰ若(1,2,)n a n n == ，判断数列{}n a 是否满足性质①，说明理由；()Ⅱ若12(1,2,)n n a n -== ，判断数列{}n a 是否同时满足性质①和性质②，说明理由；()Ⅲ若{}n a 是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：{}n a 为等比数列.7．（2020∙江苏∙高考真题）已知数列{}*()∈n a n N 的首项a 1=1，前n 项和为Sn ．设λ与k 是常数，若对一切正整数n ，均有11111k k k n n n S S a λ++-=成立，则称此数列为“λ~k ”数列． （1）若等差数列{}n a 是“λ~1”数列，求λ的值； （2）若数列{}n a 是2”数列，且an ＞0，求数列{}n a 的通项公式；（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列{}n a 为“λ~3”数列，且an ≥0?若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由，8．（2019∙江苏∙高考真题）定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M －数列”. （1）已知等比数列{a n }满足：245132,440a a a a a a =-+=，求证:数列{a n }为“M －数列”； （2）已知数列{b n }满足:111221,n n n b S b b +==-，其中S n 为数列{b n }的前n 项和． ①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数，若存在“M －数列”{c n }，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有1k k k c b c +≤≤成立，求m 的最大值．考点02 函数新定义一、大题1．（2024∙上海∙高考真题）对于一个函数()f x 和一个点(),M a b ，令()()22()()s x x a f x b =-+-，若()()00,P x f x 是()s x 取到最小值的点，则称P 是M 在()f x 的“最近点”．(1)对于1()(0)f x x x=>，求证：对于点()0,0M ，存在点P ，使得点P 是M 在()f x 的“最近点”； (2)对于()()e ,1,0xf x M =，请判断是否存在一个点P ，它是M 在()f x 的“最近点”，且直线MP 与()y f x =在点P 处的切线垂直；(3)已知()y f x =在定义域R 上存在导函数()f x '，且函数 ()g x 在定义域R 上恒正，设点()()()11,M t f t g t --，()()()21,M t f t g t ++．若对任意的t ∈R ，存在点P 同时是12,M M 在()f x 的“最近点”，试判断()f x 的单调性．2．（2020∙江苏∙高考真题）已知关于x 的函数(),()y f x y g x ==与()(,)h x kx b k b =+∈R 在区间D 上恒有()()()f x h x g x ≥≥．（1）若()()2222()f x x x g x x x D =+=-+=-∞+∞，，，，求h (x )的表达式； （2）若2()1()ln (),(0)f x x x g x k x h x kx k D =-+==-=+∞，，，，求k 的取值范围； （3）若()()()()422342248432(0f x x x g x x h x t t x t t t =-=-=--+<≤，，，[],D m n ⎡=⊆⎣，求证：n m -≤．考点03 集合新定义一、小题1．（2020∙浙江∙高考真题）设集合S，T，S⊆N*，T⊆N*，S，T中至少有两个元素，且S，T满足： ①对于任意x，y∈S，若x≠y，都有xy∈T②对于任意x，y∈T，若x<y，则yx∈S；下列命题正确的是（）A．若S有4个元素，则S∪T有7个元素B．若S有4个元素，则S∪T有6个元素C．若S有3个元素，则S∪T有5个元素D．若S有3个元素，则S∪T有4个元素考点04 其他新定义1．（2020∙北京∙高考真题）2020年3月14日是全球首个国际圆周率日（π Day）．历史上，求圆周率π的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似．数学家阿尔∙卡西的方法是：当正整数n充分大时，计算单位圆的内接正6n边形的周长和外切正6n边形（各边均与圆相切的正6n边形）的周长，将它们的算术平均数作为2π的近似值．按照阿尔∙卡西的方法，π的近似值的表达式是（）．A．30303sin tannn n︒︒⎛⎫+⎪⎝⎭B．30306sin tannn n︒︒⎛⎫+⎪⎝⎭C．60603sin tannn n︒︒⎛⎫+⎪⎝⎭D．60606sin tannn n︒︒⎛⎫+⎪⎝⎭参考答案 考点01 数列新定义一、小题1．（2021∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）（多选）设正整数010112222k kk k n a a a a --=⋅+⋅++⋅+⋅ ，其中{}0,1i a ∈，记()01k n a a a ω=+++ ．则（ ） A ．()()2n n ωω= B ．()()231n n ωω+=+C ．()()8543n n ωω+=+D ．()21nn ω-=【答案】ACD【详细分析】利用()n ω的定义可判断ACD 选项的正误，利用特殊值法可判断B 选项的正误.【答案详解】对于A 选项，()01k n a a a ω=+++ ，12101122222k k k k n a a a a +-=⋅+⋅++⋅+⋅ ，所以，()()012k n a a a n ωω=+++= ，A 选项正确；对于B 选项，取2n =，012237121212n +==⋅+⋅+⋅，()73ω∴=， 而0120212=⋅+⋅，则()21ω=，即()()721ωω≠+，B 选项错误；对于C 选项，3430234301018522251212222k k k k n a a a a a a +++=⋅+⋅++⋅+=⋅+⋅+⋅+⋅++⋅ ，所以，()01852k n a a a ω+=++++ ，2320123201014322231212222k k k k n a a a a a a +++=⋅+⋅++⋅+=⋅+⋅+⋅+⋅++⋅ ， 所以，()01432k n a a a ω+=++++ ，因此，()()8543n n ωω+=+，C 选项正确；对于D 选项，01121222n n --=+++ ，故()21nn ω-=，D 选项正确.故选：ACD.2．（2020∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）0‐1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列12n a a a 满足{0,1}(1,2,)i a i ∈= ，且存在正整数m ，使得(1,2,)i m i a a i +== 成立，则称其为0‐1周期序列，并称满足(1,2,)i m i a a i +== 的最小正整数m 为这个序列的周期.对于周期为m 的0‐1序列12n a a a ，11()(1,2,,1)m i i k i C k a a k m m +===-∑ 是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0‐1序列中，满足1()(1,2,3,4)5C k k ≤=的序列是（ ） A ．11010 B ．11011C ．10001D ．11001【答案】C【详细分析】根据新定义，逐一检验即可【答案详解】由i m i a a +=知，序列i a 的周期为m ，由已知，5m =，511(),1,2,3,45i i k i C k a a k +===∑对于选项A ，511223344556111111(1)()(10000)55555i i i C a a a a a a a a a a a a +===++++=++++=≤∑52132435465711112(2)()(01010)5555i i i C a a a a a a a a a a a a +===++++=++++=∑，不满足；对于选项B ，51122334455611113(1)()(10011)5555i i i C a a a a a a a a a a a a +===++++=++++=∑，不满足；对于选项D ，51122334455611112(1)()(10001)5555i i i C a a a a a a a a a a a a +===++++=++++=∑，不满足；故选：C【点晴】本题考查数列的新定义问题，涉及到周期数列，考查学生对新定义的理解能力以及数学运算能力，是一道中档题.二、大题1．（2024∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）设m 为正整数，数列1242,,...,m a a a +是公差不为0的等差数列，若从中删去两项i a 和()j a i j <后剩余的4m 项可被平均分为m 组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列．(1)写出所有的(),i j ，16i j ≤<≤，使数列126,,...,a a a 是(),i j -可分数列； (2)当3m ≥时，证明：数列1242,,...,m a a a +是()2,13-可分数列；(3)从1,2,...,42m +中一次任取两个数i 和()j i j <，记数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列的概率为m P ，证明：18m P >． 【答案】(1)()()()1,2,1,6,5,6 (2)证明见解析 (3)证明见解析【详细分析】（1）直接根据(),i j -可分数列的定义即可； （2）根据(),i j -可分数列的定义即可验证结论；（3）证明使得原数列是(),i j -可分数列的(),i j 至少有()21m m +-个，再使用概率的定义.【答案详解】（1）首先，我们设数列1242,,...,m a a a +的公差为d ，则0d ≠.由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，故我们可以对该数列进行适当的变形()111,2,...,42k ka a a k m d-=+=+'， 得到新数列()1,2, (42)a k k m ==+'，然后对1242,,...,m a a a +'''进行相应的讨论即可. 换言之，我们可以不妨设()1,2,...,42k a k k m ==+，此后的讨论均建立在该假设下进行.回到原题，第1小问相当于从1,2,3,4,5,6中取出两个数i 和()j i j <，使得剩下四个数是等差数列. 那么剩下四个数只可能是1,2,3,4，或2,3,4,5，或3,4,5,6. 所以所有可能的(),i j 就是()()()1,2,1,6,5,6.（2）由于从数列1,2,...,42m +中取出2和13后，剩余的4m 个数可以分为以下两个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①{}{}{}1,4,7,10,3,6,9,12,5,8,11,14，共3组；②{}{}{}15,16,17,18,19,20,21,22,...,41,4,41,42m m m m -++，共3m -组. （如果30m -=，则忽略②）故数列1,2,...,42m +是()2,13-可分数列.（3）定义集合{}{}410,1,2,...,1,5,9,13,...,41A k k m m =+==+，{}{}420,1,2,...,2,6,10,14,...,42B k k m m =+==+.下面证明，对142i j m ≤<≤+，如果下面两个命题同时成立， 则数列1,2,...,42m +一定是(),i j -可分数列： 命题1：,i A j B ∈∈或,i B j A ∈∈； 命题2：3j i -≠.我们分两种情况证明这个结论.第一种情况：如果,i A j B ∈∈，且3j i -≠. 此时设141i k =+，242j k =+，{}12,0,1,2,...,k k m ∈.则由i j <可知124142k k +<+，即2114k k ->-，故21k k ≥.此时，由于从数列1,2,...,42m +中取出141i k =+和242j k =+后， 剩余的4m 个数可以分为以下三个部分，共m 组，使得每组成等差数列： ①{}{}{}11111,2,3,4,5,6,7,8,...,43,42,41,4k k k k ---，共1k 组；②{}{}{}11111111222242,43,44,45,46,47,48,49,...,42,41,4,41k k k k k k k k k k k k ++++++++--+，共21k k -组； ③{}{}{}2222222243,44,45,46,47,48,49,410,...,41,4,41,42k k k k k k k k m m m m ++++++++-++，共2m k -组. （如果某一部分的组数为0，则忽略之） 故此时数列1,2,...,42m +是(),i j -可分数列.第二种情况：如果,i B j A ∈∈，且3j i -≠. 此时设142i k =+，241j k =+，{}12,0,1,2,...,k k m ∈. 则由i j <可知124241k k +<+，即2114k k ->，故21k k >. 由于3j i -≠，故()()2141423k k +-+≠，从而211k k -≠，这就意味着212k k -≥.此时，由于从数列1,2,...,42m +中取出142i k =+和241j k =+后，剩余的4m 个数可以分为以下四个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①{}{}{}11111,2,3,4,5,6,7,8,...,43,42,41,4k k k k ---，共1k 组；②{}112121241,31,221,31k k k k k k k +++++++，{}121212232,222,32,42k k k k k k k +++++++，共2组； ③全体{}11212124,3,22,3k p k k p k k p k k p +++++++，其中213,4,...,p k k =-，共212k k --组；④{}{}{}2222222243,44,45,46,47,48,49,410,...,41,4,41,42k k k k k k k k m m m m ++++++++-++，共2m k -组. （如果某一部分的组数为0，则忽略之）这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含212k k --个行，4个列的数表以后，4个列分别是下面这些数：{}111243,44,...,3k k k k +++，{}12121233,34,...,22k k k k k k +++++，{}121212223,223,...,3k k k k k k +++++，{}1212233,34,...,4k k k k k ++++.可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍{}11241,42,...,42k k k +++中除开五个集合{}1141,42k k ++，{}121231,32k k k k ++++，{}1212221,222k k k k ++++，{}121231,32k k k k ++++，{}2241,42k k ++中的十个元素以外的所有数.而这十个数中，除开已经去掉的142k +和241k +以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数. 这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列1,2,...,42m +是(),i j -可分数列.至此，我们证明了：对142i j m ≤<≤+，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列1,2,...,42m +一定是(),i j -可分数列.然后我们来考虑这样的(),i j 的个数.首先，由于A B ⋂=∅，A 和B 各有1m +个元素，故满足命题1的(),i j 总共有()21m +个；而如果3j i -=，假设,i A j B ∈∈，则可设141i k =+，242j k =+，代入得()()2142413k k +-+=. 但这导致2112k k -=，矛盾，所以,i B j A ∈∈. 设142i k =+，241j k =+，{}12,0,1,2,...,k k m ∈，则()()2141423k k +-+=，即211k k -=.所以可能的()12,k k 恰好就是()()()0,1,1,2,...,1,m m -，对应的(),i j 分别是()()()2,5,6,9,...,42,41m m -+，总共m 个.所以这()21m +个满足命题1的(),i j 中，不满足命题2的恰好有m 个.这就得到同时满足命题1和命题2的(),i j 的个数为()21m m +-.当我们从1,2,...,42m +中一次任取两个数i 和()j i j <时，总的选取方式的个数等于()()()()424121412m m m m ++=++.而根据之前的结论，使得数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列的(),i j 至少有()21m m +-个. 所以数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列的概率m P 一定满足()()()()()()()()()22221111124214121412142221218m m m m m m m m P m m m m m m m m ⎛⎫+++ ⎪+-++⎝⎭≥=>==++++++++. 这就证明了结论.【点评】关键点点评：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究结论.2．（2024∙北京∙高考真题）已知集合(){}{}{}{}{},,,1,2,3,4,5,6,7,8,M i j k w i j k w i j k w =∈∈∈∈+++且为偶数．给定数列128:,,,A a a a ，和序列12:,,s T T T Ω ，其中()(),,,1,2,,t t t t t T i j k w M t s =∈= ，对数列A 进行如下变换：将A 的第1111,,,i j k w 项均加1，其余项不变，得到的数列记作()1T A ；将()1T A 的第2222,,,i j k w 项均加1，其余项不变，得到数列记作()21T T A ；……；以此类推，得到()21s T T T A ，简记为()A Ω．(1)给定数列:1,3,2,4,6,3,1,9A 和序列()()():1,3,5,7,2,4,6,8,1,3,5,7Ω，写出()A Ω；(2)是否存在序列Ω，使得()A Ω为123456782,6,4,2,8,2,4,4a a a a a a a a ++++++++，若存在，写出一个符合条件的Ω；若不存在，请说明理由；(3)若数列A 的各项均为正整数，且1357a a a a +++为偶数，求证：“存在序列Ω，使得()A Ω的各项都相等”的充要条件为“12345678a a a a a a a a +=+=+=+”． 【答案】(1)():3,4,4,5,8,4,3,10A Ω (2)不存在符合条件的Ω，理由见解析 (3)证明见解析【详细分析】（1）直接按照()ΩA 的定义写出()ΩA 即可；（2）解法一：利用反证法，假设存在符合条件的Ω，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；解法二：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4，可知序列Ω共有8项，可知：()()2122128,1,2,3,4n n n n b b a a n --+-+==，检验即可；（3）解法一：分充分性和必要性两方面论证；解法二：若12345678a a a a a a a a +=+=+=+，分类讨论1357,,,a a a a 相等得个数，结合题意证明即可；若存在序列Ω，使得()ΩA 为常数列，结合定义详细分析证明即可.【答案详解】（1）因为数列:1,3,2,4,6,3,1,9A ， 由序列()11,3,5,7T 可得()1:2,3,3,4,7,3,2,9T A ； 由序列()22,4,6,8T 可得()21:2,4,3,5,7,4,2,10T T A ； 由序列()31,3,5,7T 可得()321:3,4,4,5,8,4,3,10T T T A ； 所以()Ω:3,4,4,5,8,4,3,10A .（2）解法一：假设存在符合条件的Ω，可知()ΩA 的第1,2项之和为12a a s ++，第3,4项之和为34a a s ++， 则()()()()121234342642a a a a sa a a a s⎧+++=++⎪⎨+++=++⎪⎩，而该方程组无解，故假设不成立， 故不存在符合条件的Ω；解法二：由题意可知：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4， 假设存在符合条件的Ω，且()128Ω:,,,A b b b ⋅⋅⋅， 因为2642824484+++++++=，即序列Ω共有8项，由题意可知：()()2122128,1,2,3,4n n n n b b a a n --+-+==， 检验可知：当2,3n =时，上式不成立， 即假设不成立，所以不存在符合条件的Ω.（3）解法一：我们设序列()21...s T T T A 为{}(),18s n a n ≤≤，特别规定()0,18n n a a n =≤≤. 必要性：若存在序列12:,,s T T T Ω ，使得()ΩA 的各项都相等.则,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a =======，所以,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a +=+=+=+. 根据()21...s T T T A 的定义，显然有,21,21,211,21s j s j s j s j a a a a ----+=++，这里1,2,3,4j =，1,2,...s =. 所以不断使用该式就得到12345678,1,2s s a a a a a a a a a a s +=+=+=+=+-，必要性得证. 充分性：若12345678a a a a a a a a +=+=+=+.由已知，1357a a a a +++为偶数，而12345678a a a a a a a a +=+=+=+，所以()()24681213574a a a a a a a a a a +++=+-+++也是偶数.我们设()21...s T T T A 是通过合法的序列Ω的变换能得到的所有可能的数列()ΩA 中，使得,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a -+-+-+-最小的一个.上面已经说明,21,21,211,21s j s j s j s j a a a a ----+=++，这里1,2,3,4j =，1,2,...s =.从而由12345678a a a a a a a a +=+=+=+可得,1,2,3,4,5,6,7,812s s s s s s s s a a a a a a a a a a s +=+=+=+=++. 同时，由于t t t t i j k w +++总是偶数，所以,1,3,5,7t t t t a a a a +++和,2,4,6,8t t t t a a a a +++的奇偶性保持不变，从而,1,3,5,7s s s s a a a a +++和,2,4,6,8s s s s a a a a +++都是偶数. 下面证明不存在1,2,3,4j =使得,21,22s j s j a a --≥.假设存在，根据对称性，不妨设1j =，,21,22s j s j a a --≥，即,1,22s s a a -≥.情况1：若,3,4,5,6,7,80s s s s s s a a a a a a -+-+-=，则由,1,3,5,7s s s s a a a a +++和,2,4,6,8s s s s a a a a +++都是偶数，知,1,24s s a a -≥.对该数列连续作四次变换()()()()2,3,5,8,2,4,6,8,2,3,6,7,2,4,5,7后，新的4,14,24,34,44,54,64,74,8s s s s s s s s a a a a a a a a ++++++++-+-+-+-相比原来的,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a -+-+-+-减少4，这与,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a -+-+-+-的最小性矛盾；情况2：若,3,4,5,6,7,80s s s s s s a a a a a a -+-+->，不妨设,3,40s s a a ->.情况2‐1：如果,3,41s s a a -≥，则对该数列连续作两次变换()()2,4,5,7,2,4,6,8后，新的2,12,22,32,42,52,62,72,8s s s s s s s s a a a a a a a a ++++++++-+-+-+-相比原来的,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a -+-+-+-至少减少2，这与,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a -+-+-+-的最小性矛盾；情况2‐2：如果,4,31s s a a -≥，则对该数列连续作两次变换()()2,3,5,8,2,3,6,7后，新的2,12,22,32,42,52,62,72,8s s s s s s s s a a a a a a a a ++++++++-+-+-+-相比原来的,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a -+-+-+-至少减少2，这与,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a -+-+-+-的最小性矛盾.这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的1,2,3,4j =都有,21,21s j s j a a --≤. 假设存在1,2,3,4j =使得,21,21s j s j a a --=，则,21,2s j s j a a -+是奇数，所以,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a +=+=+=+都是奇数，设为21N +.则此时对任意1,2,3,4j =，由,21,21s j s j a a --≤可知必有{}{},21,2,,1s j s j a a N N -=+.而,1,3,5,7s s s s a a a a +++和,2,4,6,8s s s s a a a a +++都是偶数，故集合{},s m m a N =中的四个元素,,,i j k w 之和为偶数，对该数列进行一次变换(),,,i j k w ，则该数列成为常数列，新的1,11,21,31,41,51,61,71,8s s s s s s s s a a a a a a a a ++++++++-+-+-+-等于零，比原来的,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a -+-+-+-更小，这与,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a -+-+-+-的最小性矛盾.综上，只可能(),21,201,2,3,4s j s j a a j --==，而,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a +=+=+=+，故{}(),Ωs n a A =是常数列，充分性得证.解法二：由题意可知：Ω中序列的顺序不影响()ΩA 的结果， 且()()()()12345678,,,,,,,a a a a a a a a 相对于序列也是无序的， （ⅰ）若12345678a a a a a a a a +=+=+=+， 不妨设1357a a a a ≤≤≤，则2468a a a a ≥≥≥， ①当1357a a a a ===，则8642a a a a ===， 分别执行1a 个序列()2,4,6,8、2a 个序列()1,3,5,7，可得1212121212121212,,,,,,,a a a a a a a a a a a a a a a a ++++++++，为常数列，符合题意； ②当1357,,,a a a a 中有且仅有三个数相等，不妨设135a a a ==，则246a a a ==， 即12121278,,,,,,,a a a a a a a a ，分别执行2a 个序列()1,3,5,7、7a 个序列()2,4,6,8可得1227122712272778,,,,,,,a a a a a a a a a a a a a a a a ++++++++， 即1227122712272712,,,,,,,a a a a a a a a a a a a a a a a ++++++++， 因为1357a a a a +++为偶数，即173a a +为偶数， 可知17,a a 的奇偶性相同，则*712a a -∈N ， 分别执行712a a -个序列()1,3,5,7，()1,3,6,8，()2,3,5,8，()1,4,5,8， 可得7217217217217217217217213232323232323232,,,,,,,22222222a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a +-+-+-+-+-+-+-+-，为常数列，符合题意；③若1357a a a a =<=，则2468a a a a =>=，即12125656,,,,,,,a a a a a a a a ， 分别执行5a 个()1,3,6,8、1a 个()2,4,5,7，可得1512151215561556,,,,,,,a a a a a a a a a a a a a a a a ++++++++， 因为1256a a a a +=+，可得1512151215121512,,,,,,,a a a a a a a a a a a a a a a a ++++++++， 即转为①，可知符合题意；④当1357,,,a a a a 中有且仅有两个数相等，不妨设13a a =，则24a a =，即12125678,,,,,,,a a a a a a a a ，分别执行1a 个()2,4,5,7、5a 个()1,3,6,8，可得1512151215561758,,,,,,,a a a a a a a a a a a a a a a a ++++++++，且1256a a a a +=+，可得1512151215121758,,,,,,,a a a a a a a a a a a a a a a a ++++++++， 即转为②，可知符合题意；⑤若1357a a a a <<<，则2468a a a a >>>，即12345678,,,,,,,a a a a a a a a ， 分别执行1a 个()2,3,5,8、3a 个()1,4,6,7，可得1312133415363718,,,,,,,a a a a a a a a a a a a a a a a ++++++++，且1234a a a a +=+，可得1312131215363718,,,,,,,a a a a a a a a a a a a a a a a ++++++++， 即转为③，可知符合题意；综上所述：若12345678a a a a a a a a +=+=+=+，则存在序列Ω，使得()ΩA 为常数列； （ⅱ）若存在序列Ω，使得()ΩA 为常数列， 因为对任意()128Ω:,,,A b b b ⋅⋅⋅，均有()()()()12123434b b a a b b a a +-+=+-+()()()()56567878b b a a b b a a =+-+=+-+成立， 若()ΩA 为常数列，则12345678b b b b b b b b +=+=+=+， 所以12345678a a a a a a a a +=+=+=+；综上所述：“存在序列Ω，使得()ΩA 为常数列”的充要条件为“12345678a a a a a a a a +=+=+=+”. 【点评】关键点点评：本题第三问的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的详细分析.3．（2023∙北京∙高考真题）已知数列{}{},n n a b 的项数均为m (2)m >，且,{1,2,,},n n a b m ∈ {}{},n n a b 的前n项和分别为,n n A B ，并规定000A B ==．对于{}0,1,2,,k m ∈ ，定义{}max ,{0,1,2,,}k i k r iB A i m =≤∈∣ ，其中，max M 表示数集M 中最大的数.(1)若1231232,1,3,1,3,3a a a b b b ======，求0123,,,r r r r 的值； (2)若11a b ≥，且112,1,2,,1,j j j r r r j m +-≤+=- ，求n r ；(3)证明：存在{},,,0,1,2,,p q s t m ∈ ，满足,,p q s t >> 使得t p s q A B A B +=+． 【答案】(1)00r =，11r =，21r =，32r = (2),n r n n =∈N (3)证明见答案详解【详细分析】（1）先求01230123,,,,,,,A A A A B B B B ，根据题意详细分析求解； （2）根据题意题意详细分析可得11i ir r +-≥，利用反证可得11i i r r +-=，在结合等差数列运算求解；（3）讨论,m m A B 的大小，根据题意结合反证法详细分析证明.【答案详解】（1）由题意可知：012301230,2,3,6,0,1,4,7A A A A B B B B ========， 当0k =时，则0000,,1,2,3i B A B A i ==>=，故00r =； 当1k =时，则01111,,,2,3i B A B A B A i <<>=，故11r =；当2k =时，则22232,0,1,,,i B A i B A B A ≤=>>故21r =； 当3k =时，则333,0,1,2,i B A i B A ≤=>，故32r =； 综上所述：00r =，11r =，21r =，32r =. （2）由题意可知：nr m≤，且nr ∈N，因为1,1n n a b ≥≥，且11a b ≥，则10n A B B ≥>对任意*n ∈N 恒成立， 所以010,1r r =≥， 又因为112ii i r r r -+≤+，则11i i i i r r r r +--≥-，即112101m m m m r r r r r r ----≥-≥⋅⋅⋅≥-≥，可得11i ir r +-≥，反证：假设满足11n n r r +->的最小正整数为01j m ≤≤-，当i j ≥时，则12i i r r +-≥；当1i j ≤-时，则11i ir r +-=，则()()()112100m m m m m r r r r r r r r ---=-+-+⋅⋅⋅+-+()22m j j m j ≥-+=-， 又因为01j m ≤≤-，则()2211m r m j m m m m ≥-≥--=+>， 假设不成立，故11n n r r +-=，即数列{}n r 是以首项为1，公差为1的等差数列，所以01,n r n n n =+⨯=∈N . （3）因为,n n a b 均为正整数，则{}{},n n A B 均为递增数列，（ⅰ）若m m A B =，则可取0t q ==，满足,,p q s t >> 使得t p s q A B A B +=+； （ⅱ）若m m A B <，则k r m <，构建,1n n r n S B A n m =-≤≤，由题意可得：0n S ≤，且n S 为整数， 反证，假设存在正整数K ，使得K S m ≤-，则1,0K K r K r K B A m B A +-≤-->，可得()()111K K K K K r r r r K r K b B B B A B A m +++=-=--->， 这与{}11,2,,K r b m +∈⋅⋅⋅相矛盾，故对任意1,n m n ≤≤∈N ，均有1n S m≥-.①若存在正整数N ，使得0N N r N S B A =-=，即N N r A B =， 可取0,,N t q p N s r ====，满足,p q s t >>，使得t p s q A B A B +=+； ②若不存在正整数N ，使得0NS =，因为(){}1,2,,1n S m ∈--⋅⋅⋅--，且1n m ≤≤， 所以必存在1X Y m ≤<≤，使得X Y S S =，即X Y r X r Y B A B A -=-，可得X Y Y r X r A B A B +=+， 可取,,,Y X p Y s r q X t r ====，满足,p q s t >>，使得t p s q A B A B +=+； （ⅲ）若m m A B >，定义{}max ,{0,1,2,,}k i k R i A B i m =≤∈L ∣，则k R m <，构建,1n n R n S A B n m =-≤≤，由题意可得：0n S ≤，且n S 为整数， 反证，假设存在正整数,1K K m ≤≤，使得K S m ≤-，则1,0K K R K R K A B m A B +-≤-->，可得()()111K K K K K R R R R K R K a A A A B A B m +++=-=--->， 这与{}11,2,,K R a m +∈⋅⋅⋅相矛盾，故对任意11,n m n ≤≤-∈N ，均有1n S m≥-.①若存在正整数N ，使得0N N R N S A B =-=，即N R N A B =， 可取0,,N q t s N p R ====，即满足,p q s t >>，使得t p s q A B A B +=+； ②若不存在正整数N ，使得0NS =，因为(){}1,2,,1n S m ∈--⋅⋅⋅--，且1n m ≤≤， 所以必存在1X Y m ≤<≤，使得X Y S S =， 即X Y R X R Y A B A B -=-，可得Y X R X R Y A B A B +=+， 可取,,,Y X p R t X q R s Y ====， 满足,p q s t >>，使得t p s q A B A B +=+.综上所述：存在0,0q p m t s m ≤<≤≤<≤使得t p s q A B A B +=+．4．（2022∙北京∙高考真题）已知12:,,,k Q a a a 为有穷整数数列．给定正整数m ，若对任意的{1,2,,}n m ∈ ，在Q 中存在12,,,,(0)i i i i j a a a a j +++≥ ，使得12i i i i j a a a a n +++++++= ，则称Q 为m -连续可表数列． (1)判断:2,1,4Q 是否为5-连续可表数列？是否为6-连续可表数列？说明理由； (2)若12:,,,k Q a a a 为8-连续可表数列，求证：k 的最小值为4；(3)若12:,,,k Q a a a 为20-连续可表数列，且1220k a a a +++< ，求证：7k ≥． 【答案】(1)是5-连续可表数列；不是6-连续可表数列． (2)证明见解析． (3)证明见解析．【详细分析】（1）直接利用定义验证即可；（2）先考虑3k ≤不符合，再列举一个4k =合题即可；（3）5k ≤时，根据和的个数易得显然不行，再讨论6k =时，由12620a a a +++< 可知里面必然有负数，再确定负数只能是1-，然后分类讨论验证不行即可．【答案详解】（1）21a =，12a =，123a a +=，34a =，235a a +=，所以Q 是5-连续可表数列；易知，不存在,i j 使得16i i i j a a a +++++= ，所以Q 不是6-连续可表数列．（2）若3k ≤,设为:Q ,,a b c ,则至多,,,,,a b b c a b c a b c ++++，6个数字，没有8个，矛盾；当4k =时,数列:1,4,1,2Q ，满足11a =，42a =，343a a +=，24a =，125a a +=，1236a a a ++=，2347a a a ++=，12348a a a a +++=， min 4k ∴=．（3）12:,,,k Q a a a ，若i j =最多有k 种，若i j ≠，最多有2C k 种，所以最多有()21C 2k k k k ++=种， 若5k ≤，则12,,,k a a a …至多可表()551152+=个数，矛盾, 从而若7k <,则6k =，,,,,,a b c d e f 至多可表6(61)212+=个数， 而20a b c d e f +++++<，所以其中有负的，从而,,,,,a b c d e f 可表1~20及那个负数（恰 21个），这表明~a f 中仅一个负的，没有0，且这个负的在~a f 中绝对值最小，同时~a f 中没有两数相同,设那个负数为(1)m m -≥ ，则所有数之和125415m m m m m ≥++++++-=+ ，415191m m +≤⇒=，{,,,,,}{1,2,3,4,5,6}a b c d e f ∴=-，再考虑排序，排序中不能有和相同，否则不足20个，112=-+ （仅一种方式），1∴-与2相邻，若1-不在两端,则",1,2,__,__,__"x -形式，若6x =，则56(1)=+-（有2种结果相同，方式矛盾），6x ∴≠， 同理5,4,3x ≠ ，故1-在一端，不妨为"1,2,,,"A B C D -形式，若3A =,则523=+ （有2种结果相同，矛盾），4A =同理不行，5A =，则6125=-++ （有2种结果相同，矛盾），从而6A =，由于7126=-++,由表法唯一知3,4不相邻,、 故只能1,2,6,3,5,4-，①或1,2,6,4,5,3-，② 这2种情形，对①：96354=+=+，矛盾，对②：82653=+=+，也矛盾，综上6k ≠， 当7k =时，数列1,2,4,5,8,2,1--满足题意，7k ∴≥．【点评】关键点评，先理解题意，是否为m -可表数列核心就是是否存在连续的几项（可以是一项）之和能表示从1到m 中间的任意一个值．本题第二问3k ≤时，通过和值可能个数否定3k ≤；第三问先通过和值的可能个数否定5k ≤，再验证6k =时，数列中的几项如果符合必然是{1,2,3,4,5,6}-的一个排序，可验证这组数不合题．5．（2021∙北京∙高考真题）设p 为实数.若无穷数列{}n a 满足如下三个性质，则称{}n a 为p ℜ数列：①10a p +≥，且20a p +=； ②414,1,2,n n a a n -<=⋅⋅⋅()；③{},1m n m n m n a a a p a a p +∈+++++，(),1,2,m n =⋅⋅⋅．（1）如果数列{}n a 的前4项为2，‐2，‐2，‐1，那么{}n a 是否可能为2ℜ数列？说明理由； （2）若数列{}n a 是0ℜ数列，求5a ；（3）设数列{}n a 的前n 项和为n S .是否存在p ℜ数列{}n a ，使得10n S S ≥恒成立？如果存在，求出所有的p ；如果不存在，说明理由．【答案】（1）不可以是2R 数列；理由见解析；（2）51a =；（3）存在；2p =． 【详细分析】(1)由题意考查3a 的值即可说明数列不是2ℜ数列； (2)由题意首先确定数列的前4项，然后讨论计算即可确定5a 的值；(3)构造数列n n b a p =+，易知数列{}n b 是0ℜ的，结合(2)中的结论求解不等式即可确定满足题意的实数p 的值.【答案详解】(1)因 为 122,2,2,p a a ===- 所以12122,13a a p a a p ++=+++=， 因 为32,a =-所 以{}312122,21a a a a a ∈+++++ 所以数列{}n a ，不可能是2ℜ数列. (2)性质①120,0a a ≥=，由性质③{}2,1m m m a a a +∈+，因此31a a =或311a a =+，40a =或41a =， 若40a =，由性质②可知34a a <，即10a <或110a +<，矛盾； 若4311,1a a a ==+，由34a a <有111a +<，矛盾. 因此只能是4311,a a a ==.又因为413a a a =+或4131a a a =++，所以112a =或10a =. 若112a =，则{}{}{}2111111110,012,211,2a a a a a a a a +=∈+++++=+=， 不满足20a =，舍去.当10a =，则{}n a 前四项为:0，0，0，1，下面用数学归纳法证明()444(1,2,3),1n i n a n i a n n N ++===+∈： 当0n =时，经验证命题成立，假设当(0)n k k ≤≥时命题成立， 当1n k =+时：若1i =，则()()4541145k k j k j a a a +++++-==，利用性质③：{}*45,144{,1}jk j aa j N j k k k +-+∈≤≤+=+∣，此时可得：451k a k +=+； 否则，若45k a k +=，取0k =可得：50a =，而由性质②可得：{}5141,2a a a =+∈，与50a =矛盾. 同理可得：{}*46,145{,1}jk j a a j N j k k k +-+∈≤≤+=+∣，有461k a k +=+； {}*48,246{1,2}jk j a a j N j k k k +-+∈≤≤+=++∣，有482k a k +=+；{}*47,146{1}jk j aa j N j k k +-+∈≤≤+=+∣，又因为4748k k a a ++<，有47 1.k a k +=+ 即当1n k =+时命题成立，证毕. 综上可得：10a =，54111a a ⨯+==. (3)令n nb a p =+，由性质③可知：*,,m n m n m n N b a p ++∀∈=+∈{},1m n m n a p a p a p a p +++++++{},1m n m n b b b b =+++，由于11224141440,0,n n n n b a p b a p b a p a p b --=+≥=+==+<+=， 因此数列{}n b 为0ℜ数列. 由（2）可知:若444,(1,2,3),1n i n n N a n p i a n p ++∀∈=-==+-；11111402320a S S a p ⨯+-==-≥=，91010422(2)0S S a a p ⨯+-=-=-=--≥，因此2p =，此时1210,,,0a a a ⋯≤，()011j a j ≥≥，满足题意.【点评】本题属于数列中的“新定义问题”，“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.6．（2020∙北京∙高考真题）已知{}n a 是无穷数列．给出两个性质：①对于{}n a 中任意两项,()i j a a i j >，在{}n a 中都存在一项m a ，使2i m ja a a =；②对于{}n a 中任意项(3)n a n …，在{}n a 中都存在两项,()k l a a k l >．使得2k n la a a =． ()Ⅰ若(1,2,)n a n n == ，判断数列{}n a 是否满足性质①，说明理由；()Ⅱ若12(1,2,)n n a n -== ，判断数列{}n a 是否同时满足性质①和性质②，说明理由；()Ⅲ若{}n a 是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：{}n a 为等比数列.【答案】()Ⅰ详见解析；()Ⅱ答案详解解析；()Ⅲ证明详见解析. 【详细分析】()Ⅰ根据定义验证，即可判断；()Ⅱ根据定义逐一验证，即可判断；()Ⅲ解法一：首先，证明数列中的项数同号，然后证明2231a a a =，最后，用数学归纳法证明数列为等比数列即可.解法二：首先假设数列中的项数均为正数，然后证得123,,a a a 成等比数列，之后证得1234,,,a a a a 成等比数列，同理即可证得数列为等比数列，从而命题得证.【答案详解】()Ⅰ{}2323292,3,2n a a a a Z a ===∉∴Q 不具有性质①； ()Ⅱ{}22*(2)1*2,,,2,2i j i i i j n j ja a i j N i j i j N a a a a ---∀∈>=-∈∴=∴Q 具有性质①； {}2*(2)11,3,1,2,22,k l n k n n la n N n k n l a n a a ---∀∈≥∃=-=-===∴Q 具有性质②；()Ⅲ解法一首先，证明数列中的项数同号，不妨设恒为正数：显然()0*n a n N ≠∉，假设数列中存在负项，设{}0max |0n N n a =<， 第一种情况：若01N =，即01230a a a a <<<<< ，由①可知：存在1m ，满足12210m a a a =<，存在2m ，满足22310m a a a =<， 由01N =可知223211a a a a =，从而23a a =，与数列的单调性矛盾，假设不成立.第二种情况：若02N ≥，由①知存在实数m ，满足0210Nm a a a =<，由0N 的定义可知：0m N ≤，另一方面，000221NNm N N a a a a a a =>=，由数列的单调性可知：0m N >，这与0N 的定义矛盾，假设不成立. 同理可证得数列中的项数恒为负数. 综上可得，数列中的项数同号.其次，证明2231a a a =：利用性质②：取3n =，此时()23kla a k l a =>，由数列的单调性可知0k l a a >>， 而3kk k la a a a a =⋅>，故3k <，此时必有2,1k l ==，即2231a a a =，最后，用数学归纳法证明数列为等比数列：假设数列{}n a 的前()3k k ≥项成等比数列，不妨设()111s s a a q s k -=≤≤，其中10,1a q >>，（10,01a q <<<的情况类似）由①可得：存在整数m ，满足211k k m k k a a a q a a -==>，且11k m k a a q a +=≥ （*） 由②得：存在s t >，满足：21s s k s s t t a aa a a a a +==⋅>，由数列的单调性可知：1t s k <≤+， 由()111s s a a qs k -=≤≤可得：2211111s t k s k k ta a a q a a q a ---+==>= （**）由（**）和（*）式可得：211111k s t k a q a qa q ---≥>， 结合数列的单调性有：211k s t k ≥-->-， 注意到,,s t k 均为整数，故21k s t =--， 代入（**）式，从而11kk a a q +=.总上可得，数列{}n a 的通项公式为：11n n a a q -=.即数列{}n a 为等比数列. 解法二：假设数列中的项数均为正数：首先利用性质②：取3n =，此时23()kla a k l a =>，由数列的单调性可知0k l a a >>， 而3kk k la a a a a =⋅>，故3k <， 此时必有2,1k l ==，即2231a a a =，即123,,a a a 成等比数列，不妨设22131,(1)a a q a a q q ==>，然后利用性质①：取3,2i j ==，则224331121m a a q a a q a a q===， 即数列中必然存在一项的值为31a q ，下面我们来证明341a a q =，否则，由数列的单调性可知341a a q <，在性质②中，取4n =，则24k k k k l la aa a a a a ==>，从而4k <，与前面类似的可知则存在{,}{1,2,3}()k l k l ⊆>，满足24kl a a a =，若3,2k l ==，则：2341kla a a q a ==，与假设矛盾； 若3,1k l ==，则：243411k la a a q a q a ==>，与假设矛盾； 若2,1k l ==，则：22413k la a a q a a ===，与数列的单调性矛盾； 即不存在满足题意的正整数,k l ，可见341a a q <不成立，从而341a a q =， 然后利用性质①：取4,3i j ==，则数列中存在一项2264411231m a a q a a q a a q===， 下面我们用反证法来证明451a a q =， 否则，由数列的单调性可知34151a q a a q <<，在性质②中，取5n =，则25k k k k l la aa a a a a ==>，从而5k <， 与前面类似的可知则存在{}{}(),1,2,3,4k l k l ⊆>，满足25k la a a =，即由②可知：22222115111k k l k l l a a q a a q a a q----===， 若214k l --=，则451a a q =，与假设矛盾； 若214k l -->，则451a a q >，与假设矛盾；若214k l --<，由于,k l 为正整数，故213k l --≤，则351a a q ≤，与315a q a <矛盾；综上可知，假设不成立，则451a a q =.同理可得：566171,,a a q a a q == ，从而数列{}n a 为等比数列，同理，当数列中的项数均为负数时亦可证得数列为等比数列.由推理过程易知数列中的项要么恒正要么恒负，不会同时出现正数和负数. 从而题中的结论得证，数列{}n a 为等比数列.【点评】本题主要考查数列的综合运用，等比数列的证明，数列性质的应用，数学归纳法与推理方法、不等式的性质的综合运用等知识，意在考查学生的转化能力和推理能力.7．（2020∙江苏∙高考真题）已知数列{}*()∈n a n N 的首项a 1=1，前n 项和为Sn ．设λ与k 是常数，若对一切正整数n ，均有11111k k k n n n S S a λ++-=成立，则称此数列为“λ~k ”数列． （1）若等差数列{}n a 是“λ~1”数列，求λ的值；。

数列--2023高考真题分类汇编完整版

数列--2023高考真题分类汇编完整版

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

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专题六 数列 第十八讲 数列的综合应用答案部分 2019年1.解析：对于B ，令2104x λ-+=，得12λ=， 取112a =，所以211,,1022n a a ==<， 所以当14b =时，1010a <，故B 错误；对于C ，令220x λ--=，得2λ=或1λ=-， 取12a =，所以22,,210n a a ==<，所以当2b =-时，1010a <，故C 错误； 对于D ，令240x λ--=，得12λ±=， 取1a =2a =，…，10n a =<， 所以当4b =-时，1010a <，故D 错误；对于A ，221122a a =+，223113224a a ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭， 242431911714216216a a a ⎛⎫=++++=> ⎪⎝⎭，10n n a a +->，{}n a 递增，当4n 时，11132122n n n n a a a a +=+>+=，所以5465109323232a a a a a a ⎧>⎪⎪⎪>⎪⎨⎪⎪⎪>⎪⎩，所以610432a a ⎛⎫> ⎪⎝⎭，所以107291064a >>故A 正确．故选A ． 2.解析：（1）设数列{}n a 的公差为d ，由题意得11124,333a d a d a d +=+=+，解得10,2a d ==．从而*22,n a n n =-∈N ．由12,,n n n n n n S b S b S b +++++成等比数列得()()()212n n n n n n S b S b S b +++=++．解得()2121n n n n b S S S d++=-． 所以2*,n b n n n =+∈N ．（2）*n c n ===∈N ． 我们用数学归纳法证明．①当n =1时，c 1=0<2，不等式成立；②假设()*n k k =∈N时不等式成立，即12h c c c +++<．那么，当1n k =+时，121k k c c c c +++++<<<==即当1n k =+时不等式也成立． 根据（1）和（2），不等式12n c c c +++<对任意*n ∈N 成立．3.解析（1）设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由245321440a a a a a a =⎧⎨-+=⎩，得244112111440a q a q a q a q a ⎧=⎨-+=⎩，解得112a q =⎧⎨=⎩． 因此数列{}n a 为“M—数列”.（2）①因为1122n n n S b b +=-，所以0n b ≠． 由1111,b S b ==，得212211b =-，则22b =. 由1122n n n S b b +=-，得112()n n n n n b b S b b ++=-， 当2n ≥时，由1n n n b S S -=-，得()()111122n n n nn n n n n b b b b b b b b b +-+-=---，整理得112n n n b b b +-+=．所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列. 因此，数列{b n }的通项公式为b n =n ()*n ∈N .②由①知，b k =k ，*k ∈N .因为数列{c n }为“M–数列”，设公比为q ，所以c 1=1，q >0.因为c k ≤b k ≤c k +1，所以1k kq k q -≤≤，其中k =1，2，3，…，m .当k =1时，有q ≥1； 当k =2，3，…，m 时，有ln ln ln 1k kq k k ≤≤-． 设f （x ）=ln (1)x x x >，则21ln ()xf 'x x -=． 令()0f 'x =，得x =e.列表如下：x (1,e)e (e ，+∞) ()f 'x+0 –f （x ）极大值因为ln 2ln8ln 9ln 32663=<=，所以max ln 3()(3)3f k f ==．取q =k =1，2，3，4，5时，ln ln kq k，即k k q ≤，经检验知1k q k -≤也成立．因此所求m 的最大值不小于5．若m ≥6，分别取k =3，6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216， 所以q 不存在.因此所求m 的最大值小于6. 综上，所求m 的最大值为5．3.解析：（I ）1，3，5，6.（答案不唯一）.（II ）设长度为q 末项为0n a 的一个递增子列为110,...,,q r r n a a a -.由p q <，10p q r r n a a a -≤<.因为{}n a 的长度为p 的递增子列末项的最小值为0m a .又12,,...,p r r r a a a 是{}n a 的长度为p 的递增子列，所以0,p m r a a ≤所以00m n a a <.（III ）由题设知，所有正奇数都是{}n a 中的项.先证明：若2m 是{}n a 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121,,...,,21m p p p a a a m --是数列{}n a 的长度为m 末项为2m -1的递增子列，则121,,...,,2 1.2m p p p a a a m m --是数列{}n a 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{}n a 中的项.假设存在正偶数不是{}n a 中的项，设不在{}n a 中的最小正偶数为2m.因为2k 排在2k -1之前() 1,2,1k m =⋯- ,所以2k 和2k -1不可能在{}n a 的同一个子列中. 又{}n a 中不超过 21m +的数为1，2，…..， 21m -， 21m +， 所以{}n a 的长度为 1m +末项为 21m +的递增子列个数至多为12222112 2m m -⨯⨯⨯⋅⋅⋅⨯⨯⨯=<，与已知矛盾.最后证明 2m 排在 23m -之后（ 2m ≥为整数）.假设存在 2m （ 2m ≥），使得 2m 排在 23m -之前，则{}n a 的长度为 1m +末项为 21m +的递增子列个数小于 2m ，与已知矛盾.综上，数列{}n a 只可能为2,1,4,3,,23,2,21,m m m ⋅⋅⋅--⋅⋅⋅. 经验证，数列2,1,4,3,,23,2,21,m m m ⋅⋅⋅--⋅⋅⋅符合条件， 所以1,1.n n n a n n +⎧=⎨-⎩为奇数为偶数.2010-2018年1．A 【解析】对数列进行分组如图k321∙∙∙，222121，2k 22，21，20，20，20，20则该数列前k 组的项数和为(1)1232k k k ++++⋅⋅⋅+= 由题意可知100N >，即(1)1002k k +>，解得14k ≥，n ∈*N 即N 出现在第13组之后．又第k 组的和为122112kk -=-- 前k 组的和为1(12)(122)k +++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+12(21)(21)(21)k =-+-+⋅⋅⋅+- 12(222)k k =++⋅⋅⋅+-122k k +=--，设满足条件的的N 在第1k +(k ∈*N ,13k ≥)组，且第N 项为第1k +的第m ()m ∈*N 个数，第1k +组的前m 项和为211222m -+++⋅⋅⋅+21m =-，要使该数列的前N 项和为2的整数幂， 即21m -与2k --互为相反数， 即212mk -=+， 所以23mk =-，由14k ≥，所以2314m-≥，则5m ≥，此时52329k =-= 对应满足的最小条件为29(291)54402N +=+=，故选A ． 2．C 【解析】由题意可得10a =，81a =，2a ，3a ，…，7a 中有3个0、3个1，且满足对任意k ≤8，都有1a ，2a ，…，k a 中0的个数不少于1的个数，利用列举法可得不同的“规范01数列”有00001111,00010111, 00011011, 00011101,00100111, 00101011,00101101,00110011,00110101,01000111,01001011,01001101,01010011,01010101，共14个．3．A 【解析】对命题p ：12,,,n a a a 成等比数列，则公比)3(1≥=-n a a q n n且0≠n a ； 对命题q ，①当0=n a 时，22222221212312231()()()n n n n a a a a a a a a a a a a --++++++=+++成立；②当0≠n a 时，根据柯西不等式，等式22222221212312231()()()n n n n a a a a a a a a a a a a --++++++=+++成立，则nn a a a a a a 13221-=⋅⋅⋅==，所以12,,,n a a a 成等比数列， 所以p 是q 的充分条件，但不是q 的必要条件.4．A 【解析】2a ，4a ，8a 成等比数列，∴2428a a a =⋅，即2111(6)(2)(14)a a a +=++，解得12a =，所以(1)n S n n =+．5．B 【解析】∵21)(x x f =在[0,1]上单调递增，可得1110()()0f a f a ->，1211()()0f a f a ->，…，199198()()0f a f a ->，∴111101211199198|()()||()()||()()|I f a f a f a f a f a f a =-+-+⋅⋅⋅+-1110121119919819910()()+()()()()=()()f a f a f a f a f a f a f a f a --+⋅⋅⋅+--=299-0=199（） ∵),(2)(22x x x f -=在490]99[，上单调递增，在50[,1]99单调递减 ∴2120()()0f a f a ->，…，249248()()0f a f a ->，250249()()0f a f a -=，251250()()0f a f a -<，…，299298()()0f a f a -<∴221202221299298|()()||()()||()()|I f a f a f a f a f a f a =-+-+⋅⋅⋅+- =24920299250()()[()()]f a f a f a f a ---=250202992()()()f a f a f a --=505098004(1)199999801⨯⨯-=< ∵|2sin |31)(3x x f π=在24[0,]99，5074[,]9999上单调递增，在2549[,]9999，75[,1]99上单调递减，可得33253493742492()2()2(=(2sin sin )39999I f a f a f a ππ=-+-）252(2sin sin )(1312123444ππ>-=-=> 因此312I I I <<．6．27【解析】所有的正奇数和2n (*n ∈N )按照从小到大的顺序排列构成{}n a ，在数列{}n a中，52前面有16个正奇数，即5212a =，6382a =．当1n =时，1211224S a =<=，不符合题意；当2n =时，2331236S a =<=，不符合题意；当3n =时，3461248S a =<=，不符合题意；当4n =时，45101260S a =<=，不符合题意；……；当26n =时，52621(141)2(12)212S ⨯+⨯-=+-= 441 +62= 503<2712516a =，不符合题意；当27n =时，52722(143)2(12)212S ⨯+⨯-=+-=484 +62=546>2812a =540，符合题意．故使得112n n S a +>成立的n 的最小值为27．7．5【解析】设数列的首项为1a ，则12015210102020a +=⨯=，所以15a =，故该数列的首项为5．8．12【解析】将82a =代入111n n a a +=-，可求得712a =；再将712a =代入111n na a +=-，可求得61a =-；再将61a =-代入111n na a +=-得52a =；由此可知数列{}n a 是一个周期数列，且周期为3，所以1712a a ==． 9．64【解析】由11a =且125,,a a a 成等比数列，得2111(4)()a a d a d +=+，解得2d =，故81878642S a d ⨯=+=． 102a t =，则23112t q t q t q ++≤≤≤≤≤≤，由于1t ≥，所以max{q t ≥，故q．11．4【解析】由题意得1122(4)()(1)(14)()3322(4)()(1)(14)()33k k k k k k k k k k k k -+⎧+>--+⎪⎪⎨⎪+>+++⎪⎩，得22(1)1010k k ⎧-<⎨>⎩，因此*k N ∈，所以4k =．12．【解析】(1)由条件知：(1)n a n d =-,12n n b -=．因为1||n n a b b -≤对n =1，2，3，4均成立， 即1|(1)2|1n n d ---≤对n =1，2，3，4均成立，即1≤1，1≤d ≤3，3≤2d ≤5，7≤3d ≤9，得7532d ≤≤． 因此，d 的取值范围为75[,]32．(2)由条件知：1(1)n a b n d =+-,11n n b b q -=．若存在d ，使得1||n n a b b -≤(n =2，3，···，m +1)成立，即1111|(1)|n b n d b q b -+--≤(n =2，3，···，m +1)，即当2,3,,1n m =+时，d 满足1111211n n q q b d b n n ---≤≤--．因为q ∈，则112n m q q -<≤≤，从而11201n q b n --≤-，1101n q b n ->-，对2,3,,1n m =+均成立． 因此，取d =0时，1||n n a b b -≤对2,3,,1n m =+均成立．下面讨论数列12{}1n q n ---的最大值和数列1{}1n q n --的最小值（2,3,,1n m =+）． ①当2n m ≤≤时，111 2222111()()()n n n n n n n n q q nq q nq n q q q n n n n n n -------+--+-==---， 当112mq <≤时，有2n m q q ≤≤，从而1() 20n n n n q q q ---+>． 因此，当21n m ≤≤+时，数列12{}1n q n ---单调递增，故数列12{}1n q n ---的最大值为2m q m-． ②设()()21x f x x =-，当0x >时，ln 21(0(n )l 22)x f x x '=--<， 所以()f x 单调递减，从而()(0)1f x f <=．当2n m ≤≤时，111112111()()()nn n q q n n f q n n n n --=≤-=<-， 因此，当21n m ≤≤+时，数列1{}1n q n --单调递减，故数列1{}1n q n --的最小值为mq m． 因此，d 的取值范围为11(2)[,]m mb q b q m m-．13．【解析】（Ⅰ）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q .由已知2312b b +=，得21()12b q q +=，而12b =，所以260q q +-=. 又因为0q >，解得2q =.所以，2nn b =.由3412b a a =-，可得138d a -= ①. 由114=11S b ，可得1516a d += ②，联立①②，解得11a =，3d =，由此可得32n a n =-.所以，数列{}n a 的通项公式为32n a n =-，数列{}n b 的通项公式为2nn b =.（Ⅱ）设数列221{}n n a b -的前n 项和为n T ，由262n a n =-，12124n n b --=⨯，有221(31)4nn n a b n -=-⨯， 故23245484(31)4n n T n =⨯+⨯+⨯++-⨯，23414245484(34)4(31)4n n n T n n +=⨯+⨯+⨯++-⨯+-⨯，上述两式相减，得231324343434(31)4n n n T n +-=⨯+⨯+⨯++⨯--⨯1112(14)4(31)414(32)48.n n n n n ++⨯-=---⨯-=--⨯- 得1328433n n n T +-=⨯+. 所以，数列221{}n n a b -的前n 项和为1328433n n +-⨯+. 14．【解析】（Ⅰ）用数学归纳法证明：0n x >当1n =时，110x => 假设n k =时，0k x >，那么1n k =+时，若10k x +≤，则110ln(1)0k k k x x x ++<=++≤，矛盾，故10k x +>． 因此0n x >()n ∈*N所以111ln(1)n n n n x x x x +++=++>因此10n n x x +<<()n ∈*N（Ⅱ）由111ln(1)n n n n x x x x +++=++>得2111111422(2)ln(1)n n n n n n n n x x x x x x x x ++++++-+=-+++ 记函数2()2(2)ln(1)(0)f x x x x x x =-+++≥函数()f x 在[0,)+∞上单调递增，所以()(0)f x f ≥=0， 因此2111112(2)ln(1)()0n n n n n x x x x f x +++++-+++=≥ 故112(N )2n n n n x x x x n *++-∈≤ （Ⅲ）因为11111ln(1)2n n n n n n x x x x x x +++++=+++=≤所以112n n x -≥得 由1122n n n n x x x x ++-≥得 111112()022n n x x +-->≥ 所以12111111112()2()2222n n n n x x x -----⋅⋅⋅-=≥≥≥ 故212n n x -≤综上，1211(N )22n n n x n *--∈≤≤ ．15．【解析】（Ⅰ）由已知，1211,1,nn nnS qS S qS两式相减得到21,1n n a qa n.又由211S qS 得到21a qa ，故1nn a qa 对所有1n都成立.所以，数列{}n a 是首项为1，公比为q 的等比数列. 从而1=n n a q .由2322+2a a a ，，成等比数列，可得322=32a a ，即22=32,q q，则(21)(2)0q+q ，由已知,0q ，故 =2q . 所以1*2()n na nN .（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，1n na q . 所以双曲线2221n y xa 的离心率 22(1)11nnn e a q .由2513q q 解得43q . 因为2(1)2(1)1+k kq q 2(1)1*k k q kN （）. 于是11211+1n n nq e e e qqq ，故1231433n nn e e e . 16．【解析】（Ⅰ）由题意有，1110451002a d a d +=⎧⎨=⎩ ，即1129202a d a d +=⎧⎨=⎩．解得112a d =⎧⎨=⎩ 或1929a d =⎧⎪⎨=⎪⎩，故1212n n n a n b -=-⎧⎪⎨=⎪⎩或11(279)929()9n n n a n b -⎧=+⎪⎪⎨⎪=⋅⎪⎩． （Ⅱ）由1d >，知21n a n =-，12n n b -=，故1212n n n c --=，于是 2341357921122222n n n T --=++++++， ① 2345113579212222222n nn T -=++++++. ② ①-②可得221111212323222222n n n n n n T --+=++++-=-，故n T 12362n n -+=-． 17．【解析】（Ⅰ）2()()212,n n n F x f x x x x 则(1)10,n F n1211111112()1220,12222212n nn n F +⎛⎫- ⎪⎛⎫⎛⎫⎝⎭=+++-=-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-所以()n F x 在1,12⎛⎫⎪⎝⎭内至少存在一个零点n x ． 又1()120n n F x x nx -'=++>，故在1,12⎛⎫⎪⎝⎭内单调递增，所以()n F x 在1(,1)2内有且仅有一个零点n x ．因为n x 是()n F x 的零点，所以()=0n n F x ，即11201n n nx x ，故111=+22n n n x x .（Ⅱ）解法一：由题设，11().2nn n x g x设211()()()1,0.2nnn n n x h x f x g x x x x x当1x =时, ()()n n f x g x当1x ≠时, ()111()12.2n n n n x h x x nx--+'=++-若01x ,()11111()22n n n n n n h x x x nx x ----+'>++-11110.22nnn n n n x x若1x ,()11111()22n n n n n n h x x x nx x ----+'<++-11110.22nnn n n n x x所以()h x 在(0,1)上递增，在(1,)+∞上递减， 所以()(1)0h x h ，即()()n n f x g x ．综上所述，当1x 时, ()()n n f x g x ；当1x ≠时()()n n f x g x ．解法二 由题设，211()1,(),0.2nn n n n x f x x x x g x x当1x 时, ()()n n f x g x ；当1x ≠时, 用数学归纳法可以证明()()n n f x g x ．当2n时, 2221()()(1)0,2f xg x x 所以22()()f x g x 成立．假设(2)n k k =≥时，不等式成立，即()()k k f x g x ．那么，当+1nk 时，111k+1k 11()()()2kk kkk k x f x f x x g x x x 12112kk x k x k .又11k+121111()22kk kk x k x k kx k x g x令1()11(x 0)kk k h x kx k x ，则()()11()(k 1)11(x 1)kk k k h x k x k k x k k x --'=+-+=+-．所以当01x ,()0kh x '<,()k h x 在(0,1)上递减； 当1x ,()0kh x '>,()k h x 在(1,)+∞上递增． 所以()(1)0k k h x h ，从而1k+1211()2kk x k x k g x ．故11()()k k f x g x .即+1n k ，不等式也成立．所以，对于一切2n ≥的整数，都有()()n n f x g x ．解法三:由已知，记等差数列为{}k a ，等比数列为{}k b ，1,2,...,1k n =+． 则111a b ，11n n n a b x ，所以()11+1(2n)n k x a k k n-=-⋅≤≤,1(2),k k b x k n -=≤≤ 令()()111(x)1,0(2).n k k k k k x m a b x x k n n---=-=+->≤≤当1x 时, =k k a b ,所以()()n n f x g x ．当1x ≠时, ()()12211()(k 1)11n k k n k k k m x nx x k x x n----+-'=--=--， 而2k n ≤≤，所以10k ，11n k -+≥． 若01x , 11nk x ,()0k m x '<，当1x ,11n k x,()0km x '>， 从而()k m x 在(0,1)上递减,()k m x 在(1,)+∞上递增.所以()(1)0k k m x m ，所以当01(2),k k x x a b k n >≠>≤≤且时,又11a b ,11n n a b ，故()()n n f x g x综上所述，当1x 时, ()()n n f x g x ；当1x ≠时()()n n f x g x18．【解析】（Ⅰ）由21=0=22()n n n a a a n N λμ++-=∈，，有．若存在某个0,n N +∈使得0,no a =则由上述递推公式易得10,no a -=重复上述过程可得10a =，此与13a =矛盾，所以对任意,0n n N a +∈≠．从而12(),n n a a n N ++=∈即{}n a 是一个公比2q =的等比数列．故11132n n n a a q --==⋅．（Ⅱ）由01,1k λμ==-，数列{}n a 的递推关系式变为211010n n n n a a a a k +++-=， 变形为2101()().n n n a a a n N k +++=∈由上式及130a =>， 归纳可得12130n n a a a a +=>>⋅⋅⋅>>>⋅⋅⋅>．因为22220010001111111nnnnn nna a k k a a k k a a a k k ，所以对01,2,,n k =⋅⋅⋅求和得01010121()()k k k a a a a a a ++=+-+⋅⋅⋅+-010000102011111 =()111k a k k k k a k a k a -⋅+⋅++⋅⋅⋅++++0000011111>2+( )231313131k k k k k k ⋅++⋅⋅⋅+=+++++． 另一方面，由上已证的不等式知001212k k a a a a +>>⋅⋅⋅>>>，得00110000102011111()111k k a a k k k k a k a k a +=-⋅+⋅++⋅⋅⋅++++0000011111<2+()221212121k k k k k k ⋅++⋅⋅⋅+=+++++． 综上，0100112+23121k a k k +<<+++．19．【解析】（Ⅰ）,64,2,,2141211d a S d a S a S d +=+===4122421,,S S S S S S =∴成等比解得12,11-=∴=n a a n （Ⅱ）)121121()1(4)1(111++--=-=-+-n n a a n b n n n n n ，当n 为偶数时11111(1)()()33557n T =+-+++-1111()()23212121n n n n ++-+---+ 1221211+=+-=∴n nn T n 11111(1)()()33557n n T =+-+++--当为奇数时， 1111()()23212121n n n n +++---+12221211++=++=∴n n n T n ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+++=∴为奇数为偶数n n n n n nT n ,1222,122． 20．【解析】（Ⅰ）由题意，()()*∈=N n a a a nb n 221 ，326b b-=，知3238b b a -==，又由12a =，得公比2q =（2q =-舍去），所以数列{}n a 的通项公式为2()n n a n N *=∈，所以()()1121232n n n n n a a a a ++==，故数列{}n b 的通项公式为，()1()n b n n n N *=+∈； （Ⅱ）（i ）由（Ⅰ）知，11111()21n n n n c n N a b n n *⎛⎫=-=--∈ ⎪+⎝⎭， 所以11()12n n S n N n *=-∈+； （ii ）因为12340,0,0,0c c c c =>>>； 当5n ≥时，()()11112n nn n c n n +⎡⎤=-⎢⎥+⎣⎦，而()()()()()11112120222n n n n n n n n n ++++++--=>， 得()()51551122n n n ++≤<， 所以当5n ≥时，0n c <，综上对任意n N *∈恒有4n S S ≥，故4k =．21．【解析】（I ）因为{}n a 是递增数列，所以11n n n n n a a a a p ++-=-=．而11a =，因此又123,2,3a a a 成等差数列，所以21343a a a =+，因而230p p -=， 解得1,03p p == 当0p =时，1n n a a +=，这与{}n a 是递增数列矛盾。

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