高考文科数学真题汇编：数列高考题老师版
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.。
高考文科数学真题汇编数列高考题教师版
学科教师辅导教案学员姓名年级授课老师课时数高三辅导科目数学2h 第次课授课日期及时段2021年月日：—：历S n年高考试a题n集锦——数列9 1．〔2021安徽文〕设为等差数列的前n项和，S84a3,a72，那么a=〔〕〔A〕6〔B〕4〔C〕2〔D〕2【答案】A2．〔2021福建理〕等差数列{a}中，a＋a＝10，a＝7，那么数列{a}的公差为()n154nA．1B．2C．3D．4【答案】B3．〔2021福建理〕等差数列{a n}的前n项和S n，假设a12,S312，那么a6()【答案】C4．(2021·全国Ⅰ理)记S n为等差数列{a n}的前n项和．假设a4＋a5＝24，S6＝48，那么{a n}的公差为() A．1B．2C．4D．845a＋3d＋a＋4d＝24，a＋a＝24，11【解析】设{a n}的公差为d，由S6＝48，得16×5d＝48，解得d＝4.应选C.6a＋25．〔2021辽宁文〕在等差数列{a}中，a+a=16，那么a+a=n48210(A)12(B)16(C)20(D)24【答案】B6.(2021新标2文)等差数列{an}的公差是2，假设a2,a4,a8成等比数列，那么{an}的前n项和S n〔〕A.n(n1)B.n(n1)C.n(n1)D.n(n1)22【答案】A7．〔2021安徽文〕公比为2的等比数列{a n}的各项都是正数，且a3a11=16，那么a5〔〕【答案】A8．〔2021大纲文〕设等比数列{a n}的前n项和为S n，假设S2=3，S4=15，那么S6=() A.31 B.32 C.63 D.64【答案】C9．〔2021江西理〕等比数列x,3x＋3,6x＋6，⋯的第四等于()A．－24B．0C．12D．24【答案】A10.(2021新标1文)设首项为1，公比为2的等比数列{a n}的前n项和为S n，那么〔〕3〔A〕21〔〕〔〕〔〕S n B S n3a n2C S n43a n D S n32a na n【答案】D11.〔2021年新课标2文〕设S n是等差数列{a n}的前n项和,假设a1a3a53,那么S5〔〕A．5B．7C．9D．11【答案】A12.〔2021年新课标2文〕等比数列{a n}满足a11,a3a54a41,那么a2〔〕4【答案】C13、〔2021年全国I理〕等差数列{an}前9项的和为27，a10=8，那么a100=〔A〕100〔B〕99〔C〕98〔D〕97【答案】C14．〔2021辽宁〕设等差数列{a n}的公差为d，假设数列{2a1a n}为递减数列，那么〔〕A．d0B．d0C．a1d0D．a1d0【答案】D15.〔2021年新课标2理〕等比数列｛a n ｝满足a 1=3，a 1 a 3 a 5=21，那么a 3 a 5 a 7 ()〔A 〕21 〔B 〕42 〔C 〕63 〔D 〕84【答案】B16．〔2021大纲理〕等差数列a 的前n 项和为S n ,a 55,S 515，那么数列1的na nan1前100项和为A ．100B．99C．99D．101101101100100【简解】由，解出a 1与d ，从而a n =n ；1111a nan1n(n1)nn11 1 11 1 1 100S 100(1)( )L ( ) 1 101选A22 3100 101 10117、(2021·全国Ⅱ理，3)我国古代数学名着?算法统宗?中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？ 〞意思是：一座 7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的 2倍，那么塔的顶层共有灯( )A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏4．【答案】B 【解析】设塔的顶层的灯数为 a ，七层塔的总灯数为S ，公比为q ，17那么由题意知S 7 7a 1 1－q 7＝a 1 1－27 ＝381，解得a 1 ＝ 381，q ＝2，∴S ＝ 1－q 1－2 ＝3.应选B.18、(2021 ·全国Ⅲ理，9)等差数列{a n }的首项为 1，公差不为0.假设a 2，a 3，a 6成等比数列，那么{a n }的前6项和为( )A ．－24B ．－3C ．3D ．85．【答案】A 【解析】由条件可得22＋5d)，a 1＝1，d ≠0，由a 3＝a 2a 6，可得(1＋2d)＝(1＋d)(1解得d ＝－2.所以S 66×5×－2＝－24.应选A.＝6×1＋219．〔2021 广东理〕递增的等差数列a n 满足a 1 1，a 3a 224，那么a n ______________.【答案】2n-120．(2021上海文)在等差数列 a n 中，假设a 1 a 2 a 3 a 4 30，那么a 2 a 3．【答案】1521.(2021天津)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.假设S 1,S 2,S 4成等比数列，那么a 1的值为__________. 【答案】-1222．(2021·江苏)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n ，S 3＝ 7，S 6＝63，那么a 8＝________.4 4a 11－q 3 ＝7，1，1－q41．【答案】32【解析】设{a n }的首项为a 1，公比为q ，那么a 1＝4663， 解得1q ＝2，a1－q ＝1－q41所以a 8＝4×27＝25＝3223．〔2021江苏〕在各项均为正数的等比数列 {a n }中，假设a 21，a 8a 6 2a 4，那么a 6的值是 ．【简解】由解出 q 2=2;a 6=a 2q 4，填结果424.(2021新标文) 等比数列{a n }的前n 项和为S n ，假设S 3+3S 2=0，那么公比q =_______【答案】-225.(2021浙江理)设公比为q (q ＞0)的等比数列{a n }的前n 项和为{S n }．假设S 23a 22，S 43a 42，那么＝__．q【答案】3226.〔2021年广东理科〕在等差数列 a n 中，假设a 3a 4a 5 a 6 a 725，那么a 2a 8=【答案】10．27.〔2021年安徽文科〕数列{a n }中，a 11，a nan11〔n2〕，那么数列{a n }的2前9项和等于。
完整版)近几年全国卷高考文科数列高考题汇总
完整版)近几年全国卷高考文科数列高考题汇总近几年全国高考文科数学数列部分考题统计及所占分值如下：2016年：I卷17题，12分；II卷17题，12分；III卷17题，12分。
2015年：I卷无数列题；II卷5题，共计15分。
2014年：I卷17题，12分；II卷无数列题。
2013年：I卷12、14、17题，共计10分+12分+12分=34分；II卷17题，12分。
2012年、2011年、2010年：I卷7、13、5题，共计10分+10分+17分=37分；II卷5、16、17题，共计10分+17分+12分=39分。
一．选择题：1.已知公差为1的等差数列{an}的前8项和为4倍的前4项和，求a10.改写：设公差为1的等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S8=4S4，求a10.答案：D。
2.设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1+a3+a5=3，求S5.答案：C。
3.已知等比数列{an}满足a1=1，a3a5=4(a4-1)，求a2.答案：B。
4.已知等差数列{an}的公差为2，且a2，a4，a8成等比数列，求前n项和Sn。
答案：D。
5.设首项为1，公比为2的等比数列{an}的前n项和为Sn，求Sn的表达式。
答案：C。
6.数列{an}满足an+1+(-1)^nan=2n-1，求前60项和。
答案：B。
二．填空题：7.在数列{an}中，a1=2，an+1=2an，Sn为{an}的前n项和。
若-Sn=126，则n=6.8.数列{an}满足an+1=1/an，a2=2，求a1.答案：-1.9.等比数列{an}满足a2+a4=20，a3+a5=80，求a1.答案：4.10.等比数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$，若$S_3+3S_2=S_1$，则公比 $q=$______；前 $n$ 项和$S_n=$______。
改写：已知等比数列 $\{a_n\}$，前 $n$ 项和为 $S_n$。
数列—高考真题文科数学分项汇编(解析版)
当d 0时，a1 d，∴3d 2a1 d 2d a1 0即b4 2 b2b8 0，所以b4 b2b8 0，D不正确．
故选：D ..
2
【点睛】本题主要考查等差数列的性质应用，属于基础题．
5．【2019年高考全国 III卷文数】已知各项均为正数的等比数列an的前
则a3
4项和为 15，且a 3a3 4a1， 5
i
由 TTi ai 1i 7,i N可知数列Tn不存在最小项，
i1
由于a1 9,a2 7,a3 5,a4 3,a5 1,a6 1，
故数列Tn中的正项只有有限项：
T 2
63，T4
6315
945
.
T
故数列Tn中存在最大项，且最大项为
4.
故选：B．
【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，等差数列中项的符号问题，分类讨论的数学思想等知识，
a1 7 .
故答案为： 7 .
【点睛】本题考查数列的递推公式的应用，以及数列的并项求和，考查分类讨论思想和数学计算能力， 属于较难题.
12．【2020年高考浙江】我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列{n(n 1) } 2
就是二阶等差数列．数列{n(n 1)}(nN*)的前 2
3,nN*），
则数列an是等比数列.
10．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1=−2，a2+a6=2，则S10=__________．
【答案】 25
【解析】 an是等差数列，且a1 2，a2 a6 2 设an等差数列的公差d
根据等差数列通项公式：an a1 n1 d
因此
an
2
n1
数列(教师版)--2020-2023高考真题数学专题分类汇编
专题六数列--2020-2023高考真题数学专题分类汇编真题卷题号考点考向2023新课标1卷7等差数列等差数列的判定、等差数列的性质20等差数列求等差数列的通项公式及基本量计算2023新课标2卷8等比数列等比数列的性质18等差数列、数列的综合应用求等差数列的通项公式及前n 项和、数列的综合应用（不等式证明）2022新高考1卷17数列的通项公式、数列求和由递推公式求通项公式、裂项相消法求和2022新高考2卷17等差数列、等比数列等差、等比数列的通项公式2021新高考1卷16数列的实际应用错位相减法求和17数列的通项公式、数列求和由递推公式求通项公式、公式法求和2021新高考2卷12等比数列数列的新定义问题17等差数列求等差数列的通项公式、等差数列求和2020新高考1卷14等差数列等差数列的性质、等差数列求和18等比数列、数列求和求等比数列的通项公式、数列求和2020新高考2卷15等差数列求等差数列的通项公式、等差数列求和18等比数列求等比数列的通项公式、等比数列求和【2023年真题】1.（2023·新课标I 卷第7题）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，设甲：{}n a 为等差数列：乙：{}n sn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 【解析】【分析】本题考查等差数列的判定、等差数列前n 项和、充分必要条件的判定，属于中档题．结合等差数列的判断方法，依次证明充分性、必要性即可.【解答】解：方法1:为等差数列，设其首项为1a ，公差为d ，则1(1)2n n n S na d -=+，111222n S n d d a d n a n -=+=+-，112n n S S dn n +-=+，故{}nS n为等差数列，则甲是乙的充分条件，，反之，{}n Sn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 +-=+，故1(1)n n S na t n n +=-⋅+故1(1)(1)n n S n a t n n -=--⋅-，2n 两式相减有：11(1)22n n n n n a na n a tn a a t ++=---⇒-=，对1n =也成立，故{}n a 为等差数列，则甲是乙的必要条件，故甲是乙的充要条件，故选.C 方法2:因为甲：{}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 da d n a n -=+=+-，故{}n S n为等差数列，即甲是乙的充分条件．反之，乙：{}n S n为等差数列.即11n n S S D n n +-=+，1(1).n SS n D n =+-即1(1).n S nS n n D =+-当2n 时，11(1)(1)(2).n S n S n n D -=-+--上两式相减得：112(1)n n n a S S S n D -=-=+-，所以12(1).n a a n D =+-当1n =时，上式成立．又1112(2(1))2n n a a a nD a n D D +-=+-+-=为常数.所以{}n a 为等差数列．则甲是乙的必要条件，故甲是乙的充要条件，故选C .2.（2023·新课标II 卷第8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-【答案】C 【解析】【分析】本题考查等比数列的基本性质，属于中档题.利用等比数列前n 项和之间差的关系可知2S ，42S S -，64S S -，86S S -成等比数列，列出关系式计算即可得解.【解答】解：2S ，42S S -，64S S -，86S S -成等比数列，242224264264262(1)55(21)521S S q S q S S S q S S q S S S⎧-=⎧+=-⎪-==+⇒⎨⎨-=⎩⎪=⎩从而计算可得24681,5,21,85S S S S =-=-=-=-故选.C 3.（2023·新课标I 卷第20题）设等差数列{}n a 的公差为d ，且 1.d >令2n nn nb a +=，记n S ，n T 分别为数列{}{},n n a 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【答案】解：因为21333a a a =+，故3132d a a d ==+，即1a d =，故n a nd =，所以21n n n n b nd d++==，(1)2n n n d S +=，(3)2n n n T d +=，又3321S T +=，即34362122d d ⨯⨯+=，即22730d d -+=，故3d =或1(2d =舍)，故{}n a 的通项公式为：3.n a n =(2)方法一：(基本量法)若{}n b 为等差数列，则2132b b b =+，即11123123422a d a a d⨯⨯⨯⨯=+++，即2211320a a d d -+=，所以1a d =或12;a d =当1a d =时，n a nd =，1n nb d +=，故(1)2n n n d S +=，(3)2n n n T d+=，又999999S T -=，即99100991029922d d ⋅⋅-=，即250510d d --=，所以5150d =或1(d =-舍);当12a d =时，(1)n a n d =+，n n b d =，故(3)2n n n d S +=，(1)2n n n T d+=，又999999S T -=，即99102991009922d d ⋅⋅-=，即251500d d --=，所以50(51d =-舍)或1(d =舍);综上：51.50d =方法二：因为{}n a 为等差数列且公差为d ，所以可得1n a dn a d =+-，则211(1)n n n n nb dn a d dn a d++⋅==+-+-解法一：因为{}n b 为等差数列，根据等差数列通项公式可知n b 与n 的关系满足一次函数，所以上式中的分母“1dn a d +-”需满足10a d -=或者11da d=-，即1a d =或者12;a d =解法二：由211(1)n n n n nb dn a d dn a d++⋅==+-+-可得，112b a =，216b a d =+，31122b a d =+，因为{}n b 为等差数列，所以满足1322b b b +=，即111212622a a d a d+=⋅++，两边同乘111()(2)a a d a d ++化简得2211320a a d d -+=，解得1a d =或者12;a d =因为{}n a ，{}nb 均为等差数列，所以995099S a =，995099T b =，则999999S T -=等价于50501a b -=，①当1a d =时，n a dn =，1(1)n b n d =+，则505051501a b d d-=-=，得250510(5051)(1)0d d d d --=⇒-+=，解得5150d =或者1d =-，因为1d >，所以51;50d =②当12a d =时，(1)n a d n =+，1n b n d =，则505050511a b d d-=-=，化简得251500(5150)(1)0d d d d --=⇒+-=，解得5051d =-或者1d =，因为1d >，所以均不取;综上所述，51.50d =【解析】本题第一问考查数列通项公式的求解，第二问考查等差数列有关性质，等差数列基本量的求解，计算量较大，为较难题.4.（2023·新课标II 卷第18题）已知为等差数列，，记n S ，n T 分别为数列，的前n 项和，432S =，316.T =(1)求的通项公式；(2)证明：当5n >时，n S .n T >【答案】解：(1)设数列的公差为d ，由题意知：，即，解得52(1)2 3.n a n n ∴=+-=+(2)由(1)知23n a n =+，，212121n n b b n -+=+，当n 为偶数时，当n 为奇数时，22113735(1)(1)4(1)652222n n n T T b n n n n n ++=-=+++-+-=+-，∴当n 为偶数且5n >时，即6n 时，22371(4)(1)022222n n n nT S n n n n n n -=+-+=-=->，当n 为奇数且5n >时，即7n 时，22351315(4)5(2)(5)0.22222n n T S n n n n n n n n -=+--+=--=+->∴当5n >时，n S .n T >【解析】本题考查了等差数列的通项公式、前n 项和公式等.(1)由已知432S =，316T =，根据等差数列的前n 项和公式展开，即可得出等差数列的首项15a =，公差2d =，进而得出通项公式2 3.n a n =+(2)由(1)知23n a n =+，可得(4)n S n n =+，数列的通项公式，进而212121n n b b n -+=+，分两情况讨论，当n 为偶数时，n T 中含有偶数项，相邻两项两两一组先求和，得出237.22n T n n =+当n 为奇数时，1n +为偶数，此时11.n n n T T b ++=-最后只需证明0n n T S ->即可.【2022年真题】5.（2022·新高考I 卷第17题）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知11a =，n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为13的等差数列.(1)求{}n a 的通项公式;(2)证明：121112.na a a +++< 【答案】解：1112(1)(1)33n n S S n n a a +=+-=，则23n n n S a +=①，1133n n n S a +++∴=②;由②-①得：111322;33n n n n n a n n n a a a a n++++++=-⇒=∴当2n 且*n N ∈时，13211221n n n n n a a a a a a a a a a ---=⋅⋅ 1543(1)(1)1232122n n n n n n n a n n +++=⋅⋅⋅=⇒=-- ，又11a =也符合上式，因此*(1)();2n n n a n N +=∈1211(2)2((1)1n a n n n n ==-++，1211111111112(2(12122311n a a a n n n ∴+++=-+-++-=-<++ ，即原不等式成立.【解析】本题考查了数列与不等式，涉及裂项相消法求和、等差数列的通项公式、根据数列的递推公式求通项公式等知识，属中档题.(1)利用11n n n a S S ++=-进行求解然后化简可求出{}n a 的通项公式;(2)由(1)可求出1112()1n a n n =-+，然后再利用裂项相消法求和可得.6.（2022·新高考II 卷第17题）已知{}n a 为等差数列，{}n b 为公比为2的等比数列，且223344.a b a b b a -=-=-(1)证明：11;a b =(2)求集合1{|,1500}k m k b a a m =+中元素个数.【答案】解：(1)设等差数列{}n a 公差为d由2233a b a b -=-，知1111224a d b a d b +-=+-，故12d b =由2244a b b a -=-，知111128(3)a d b b a d +-=-+，故11124(3);a d b d a d +-=-+故1112a d b d a +-=-，整理得11a b =，得证.(2)由(1)知1122d b a ==，由1k m b a a =+知：11112(1)k b a m d a -⋅=+-⋅+即111112(1)2k b b m b b -⋅=+-⋅+，即122k m -=，因为1500m ，故1221000k -，解得210k ，故集合1{|,1500}k m k b a a m =+中元素的个数为9个.【解析】本题考查等差、等比数列的通项公式，解指数不等式，集合中元素的个数问题，属于中档题.【2021年真题】7.（2021·新高考II 卷第12题）（多选）设正整数010112222k k k 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.()21nnω-=【答案】ACD 【解析】【分析】本题重在对新定义进行考查，合理分析所给条件是关键，属于拔高题.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.【解答】解：对于A 选项，010112222k k k k n a a a a --=⋅+⋅++⋅+⋅ ，，则12101122222kk k k n a a a a +-=⋅+⋅++⋅+⋅ ，，A 选项正确；对于B 选项，取2n =，012237121212n +==⋅+⋅+⋅，，而0120212=⋅+⋅，则()21ω=，即，B 选项错误；对于C 选项，34302340101852225121222k k n a a a a a ++=⋅+⋅++⋅+=⋅+⋅+⋅+⋅+ 32k k a ++⋅，所以，，23201230101432223121222k k n a a a a a ++=⋅+⋅++⋅+=⋅+⋅+⋅+⋅+ 22k k a ++⋅，所以，，因此，，C 选项正确；对于D 选项，01121222n n --=+++ ，故，D 选项正确.故选.ACD 8.（2021·新高考I 卷第16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 n N ∈次，那么12n S S S ++= __________2dm .【答案】5；3240(3)2nn +⨯-【解析】【分析】本题考查实际生活中的数列问题，由特殊到一般的数学思想.根据题设列举，可以得到折叠4次时会有五种规格的图形.由面积的变化关系得到面积通项公式，从而由错位相减法得到面积和.【解答】解：对折3次时，可以得到2.512dm dm ⨯，56dm dm ⨯，103dm dm ⨯，20 1.5dm dm ⨯四种规格的图形.对折4次时，可以得到2.56dm dm ⨯，1.2512dm dm ⨯，53dm dm ⨯，10 1.5dm dm ⨯，200.75dm dm ⨯五种规格的图形.对折3次时面积之和23120S dm =，对折4次时面积之和2475S dm =，即12402120S ==⨯，2180360S ==⨯，3120430S ==⨯，475515S ==⨯，……得折叠次数每增加1，图形的规格数增加1，且()*12401,2nn S n n N ⎛⎫=+⨯∈ ⎪⎝⎭，121111240[234(1)]2482n n S S S n ∴++=⨯⨯+⨯+⨯++⋅+ 记231242n n n T +=+++ ，则112312482n n n T ++=+++ ，11111111()224822n n n n n n T T T ++-==++++- 113113322222n n n n n ++++=--=-，得332n nn T +=-，123240(32n nn S S S +∴++=⨯-，故答案为5；3240(3).2n n +⨯-9.（2021·新高考I 卷第17题）已知数列{}n a 满足11a =，，(1)记2n n b a =，写出1b ，2b ，并求数列{}n b 的通项公式；(2)求{}n a 的前20项和.【答案】解：⑴12b a =，且21+1=2a a =，则1=2b ，24b a =，且4321215a a a =+=++=，则25b =；1222121213n n n n n b a a a b +++==+=++=+，可得13n n b b +-=，故{}n b 是以2为首项，3为公差的等差数列；故()21331n b n n =+-⨯=-.(2)数列{}n a 的前20项中偶数项的和为2418201210109=102+3=1552a a a ab b b ⨯++++=+++⨯⨯ ，又由题中条件有211a a =+，431a a =+， ，20191a a =+，故可得n a 的前20项的和【解析】本题考查了数列递推关系式运用，等差数列通项公式求法，数列求和，考查了分析和运算能力，属于中档题.(1)结合题干给的递推关系，可以快速的算出1b 和2b ，同时利用1222121213n n n n n b a a a b +++==+=++=+可判断出数列n b 为等差数列，即可求出数列通项公式;(2)n a 的前20项的和可分组求和，求出其对应的偶数项的和，再结合奇数项与偶数项的关系求解即可.10.（2021·新高考II 卷第17题）记n S 是公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和，若35a S =，244.a a S =(1)求数列{}n a 的通项公式n a ；(2)求使n n S a >成立的n 的最小值．【答案】解：(1)由等差数列的性质可得：535S a =，则3335,0a a a =∴=，设等差数列的公差为d ，从而有22433()()a a a d a d d =-+=-，412343333(2)()()2S a a a a a d a d a a d d =+++=-+-+++=-，从而22d d -=-，由于公差不为零，故：2d =，数列的通项公式为：*3(3)26().n a a n d n n N =+-=-∈(2)由数列的通项公式可得1264a =-=-，则2(1)(4)252n n n S n n n -=⨯-+⨯=-，则不等式n n S a >即2526n n n ->-，整理可得(1)(6)0n n -->，解得1n <或6n >，又n 为正整数，故n 的最小值为7.【解析】本题考查等差数列基本量的求解，是等差数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等差数列的有关公式并能灵活运用.(1)由题意首先求得3a 的值，然后结合题意求得数列的公差即可确定数列的通项公式；(2)首先求得前n 项和的表达式，然后求解二次不等式即可确定n 的最小值.【2020年真题】11.（2020·新高考I 卷第14题、II 卷第15题）将数列{21}n -与{32}n -的公共项从小到大排列得到数列{n a }，则{}n a 的前n 项和为__________.【答案】232n n-【解析】【分析】本题考查数列的特定项与性质以及等差数列求和.利用公共项构成首项为1，公差为6的等差数列，利用求和公式即可求出答案.【解答】解：数列{21}n -的首项是1，公差为2的等差数列；数列{32}n -的首项是1，公差为3的等差数列；公共项构成首项为1，公差为6的等差数列;故{}n a 的前n 项和S n 为：.故答案为232.n n -12.（2020·新高考I 卷第18题）已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8.a a a +==(1)求{}n a 的通项公式；(2)记m b 为{}n a 在区间*(0,]()m m N ∈中的项的个数，求数列{}m b 的前100项和100.S 【答案】解：(1)设等比数列的公比为q ，且1q >，2420a a += ，38a =，，解得舍)或，∴数列{}n a 的通项公式为2;n n a =(2)由(1)知12a =，24a =，38a =，416a =，532a =，664a =，7128a =，则当1m =时，10b =，当2m =时，21b =，以此类推，31b =，45672b b b b ====，815...3b b ===，1631...4b b ===，3263...5b b ===，64100...6b b ===，10012100...S b b b ∴=+++0122438416532637480.=+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=【解析】本题考查了数列求和及等比数列通项公式，属中档题．(1)根据等比数列通项公式列出方程，求出首项和公比，即可求出通项公式;(2)根据等比数列通项公式，归纳数列{}m b 的规律，从而求出其前100项和．13.（2020·新高考II 卷第18题）已知公比大于1的等比数列{}n a 满足2420a a +=，38.a =(1)求{}n a 的通项公式；(2)求1223a a a a -+…11(1).n n n a a -++-【答案】解：(1)设等比数列{}n a 的公比为(1)q q >，则32411231208a a a q a q a a q ⎧+=+=⎨==⎩，1q > ，122a q =⎧∴⎨=⎩，1222.n n n a -∴=⋅=1223(2)a a a a -+ (11)(1)n n n a a -++-35792222=-+-+…121(1)2n n -++-⋅，322322[1(2)]82(1).1(2)55n n n +--==----【解析】本题考查等比数列的通项公式，前n 项求和公式，考查转化思想和方程思想，属于基础题．(1)根据题意，列方程组32411231208a a a q a q a a q ⎧+=+=⎨==⎩，解得1a 和q ，然后求出{}n a 的通项公式；(2)根据条件，可知12a a ，23a a -，…11(1)n n n a a -+-，是以32为首项，22-为公比的等比数列，由等比数列求和公式，即可得出答案．。
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n
3
26
3
4
9
a>0,故 q 1 。
3
1
1
由2a1 3a2
1得2a1
3a2q
1
，所以
a1 3 。故数列{an}的通项式为
an=
。
3n
（Ⅱ ） bn log1 a1 log1 a1... log1 a1
(1 2 ... n) n(n 1)
2
1
2
11
故
2( )
bn n(n 1)
1.S
1 3
(1
1 3n
)
1
31n
,
n
() 33
3n n
1 1
2
3
所以
Sn
1
an , 2
（Ⅱ） bn log3 a1 log3 a2 log3 an
n(n 1)
所以{bn }的通项公式为bn
. 2
n(n 1) (1 2 ....... n)
2
2、(2011 全国新课标卷理）
{a1 9
解得 d 2
数列{an}的通项公式为 an=11-2n。 ...................................................6 分
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n(n 1)
(2)由(1) 知 Sn=na1+
d=10n-n2。
2
因为 Sn=-(n-5)2+25.
a1 d 0, 解：（I）设等差数列{an } 的公差为 d，由已知条件可得2a1 12d 10,
a1 1,
解得 d
1.
故数列{an } 的通项公式为 an 2 n. ………………5 分
文科数列高考真题汇编
（新课标全国卷）17，已知等比数列{}n a 中，a311=a ，公比31=q (1)n S 为{}n a 的前n 项和，证明：21n n a S -= (2)设n n a a a b 32313log log log +++=Λ，求数列{}n b 的通项公式（大纲全国卷）17，设等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知62=a ，30631=+a a ，求n a 和n S（北京卷）12，在等比数列{}n a 中，若211=a ，44=a ，则公比q =________;n a a a +++Λ21=__________20 若数列1:a A n ，2a ，n a a ,3Λ)2(≥n 满足k k a a -+1=1（k=1,2,3)1,-n Λ，则称n A 为E 数列，记n n a a a A S Λ++=21)((1)写出一个E 数列5A 满足031==a a(2)若121=a ，2000=n ，证明：E 数列n A 是递增数列的充要条件是2011=n a(3)在41=a 的E 数列n A 中，求使得)(n A S =0成立的n 的最小值（江西卷）5，设数列{}n a 为等差数列，公差2-=d ，n S 为其前n 项和，若1110S S =,则=1a _______________21，（1）已知两个等比数列{}n a 和{}n b ，满足)0(1>=a a a ，111=-a b ，222=-a b ，333=-a b ，若数列{}n a 唯一，求a 的值（2）是否存在两个等比数列{}n a 和{}n b ，使得11a b -，22a b -，33a b -，44a b -成公差不为0的等差数列若存在，求{}n a 和{}n b 的通项公式；若不存在，请说明理由（安徽卷）7，若数列{}n a 的通项公式为)23()1(--=n a n n ，则=+++1021a a a Λ( )A. 15B. 12C. -12D. -15(2011安徽)18.在数1和100之间输入n 个实数，使得这n+2个数构成递增的等比数列，将这n+2个数的乘积记做n T ，再令n n T a lg =，1≥n（1）求数列｛n a ｝的通项公式（2）设1tan tan +=n n n a a b ，求数列｛n b ｝的前n 项和（2011山东）等比数列｛n a ｝中，1a ，2a ，3a 分别是下表第一，第二，第三行中的某一个数，且1a ，2a ，3a 中的任何两个数不在下表的同一列（1）求数列｛n a ｝的通项公式（2）若数列｛n b ｝满足：n n n n a a b ln )1(-+=，求数列｛n b ｝的前n 项和（广东）11，已知｛n a ｝是递增等比数列，22=a ，434=-a a ，则此数列的公比=q _______20，设0>b ，数列｛n a ｝满足b a =1，)2(111≥-+=+-n n a nba a n n n (1)求数列｛n a ｝的通项公式(2)证明：对于一切正整数n ，121+≤+n n b a（天津卷）已知数列{}n a 与{}n b 满足1)2(11+-=+++nn n n n a b a b ，2)1(31--+=n n b ，+∈N n ，且21=a (1)求2a ，3a 的值(2)设1212-+-=n n n a a c ，+∈N n ，证明{}n c 是等比数列(3)设n S 为{}n a 的前n 项和，证明)(311221212221+--∈-≤++++N n n a S a S a S a S n n n n Λ（福建卷）17，已知等差数列{}n a 中11=a ，33-=a（1）求数列{}n a 的通项公式（2）若数列{}n a 的前k 项和35-=K S ,求k 的值（江苏卷）20.设M 为部分正整数组成的集合，数列{}n a 的首项11=a ，前n 项的和为n S ，已知对于任意正整数M k ∈，当整数k n >时，)(2k n k n k n S S S S +=+-+都成立（1）设M={}1，22=a ，求5a 的值 （2）设M={}4,3，求数列{}n a 的通项公式（浙江卷）17，若数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+n n n )32)(4(中最大项是第k 项，则=k __________19，已知公差不为0的等差数列{}n a 的首项1a 为a （)R a ∈，且11a ，21a ，41a 成等比数列（1）求数列{}n a 的通项公式（2）对+∈N n ，试比较n a a a a 2222111132++++Λ与11a 的大小（辽宁卷）若等比数列{}n a 满足n n n a a 161=+，则公比为__________15,n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，62S S =，14=a ，则=5a ___________(四川卷)已知{}n a 是以a 为首项，q 为公比的等比数列，n S 为它的前n 项和（1）当1S ，3S ，4S 成等差数列时，求q 的值（2）当m S ，n S ，1S 成等差数列时，求证：对于任意自然数k ，k m a +，k n a +，k a +1也成等差数列（重庆卷）16，设{}n a 是公比为正数的等比数列，21=a ，423+=a a（1） 求{}n a 的通项公式（2） 设{}n b 是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{}n n b a +的前n 项和哈n S（湖北卷）17，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后成等比数列{}n b 中的3b ，4b ，5b（1）求数列{}n b 的通项公式（2）数列{}n b 的前n 项和为n S ，求证：数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+45n S 是等比数列。
十年高考真题汇编之专题06 数列(新课标1)(教师版)
一．基础题组1. 【2013课标全国Ⅰ，理7】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＝0－(－2)＝2，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3－0＝3. ∴d ＝a m ＋1－a m ＝3－2＝1.∵S m ＝ma 1＋12m m (-)×1＝0，∴112m a -=-. 又∵a m ＋1＝a 1＋m ×1＝3，∴132m m --+=.∴m ＝5.故选C. 2. 【2012全国，理5】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】D3. 【2008全国1，理5】已知等差数列{}n a 满足244a a +=，3510a a +=，则它的前10项的和10S =（ ） A ．138B ．135C ．95D ．23【答案】C.【解析】由243511014,104,3,104595a a a a a d S a d +=+=⇒=-==+=. 4. 【2013课标全国Ⅰ，理14】若数列{a n }的前n 项和2133n n S a =+，则{a n }的通项公式是a n ＝__________. 【答案】(－2)n －1 【解析】∵2133n n S a =+，①∴当n ≥2时，112133n n S a --=+.② ①－②，得12233n n n a a a -=-，即1n n a a -＝－2.∵a 1＝S 1＝12133a +，∴a 1＝1. ∴{a n }是以1为首项，－2为公比的等比数列，a n ＝(－2)n －1.5. 【2009全国卷Ⅰ，理14】设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若S 9=72,则a 2+a 4+a 9=___________. 【答案】24【解析】∵2)(972219a a S +==,∴a 1+a 9=16. ∵a 1+a 9=2a 5,∴a 5=8.∴a 2+a 4+a 9=a 1+a 5+a 9=3a 5=24.6. 【2011全国新课标，理17】等比数列{a n }的各项均为正数，且2a 1＋3a 2＝1，23239a a a =.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ，求数列1{}nb 的前n 项和． (2)31323(1)log log log (12)2n n n n b a a a n +=+++=-+++=-故12112()(1)1nb n n n n =-=--++， 121111111122(1)()()22311n nb b b n n n ⎡⎤+++=--+-++-=-⎢⎥++⎣⎦. 所以数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为21nn -+. 7. 【2010新课标，理17】（12分）设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1－a n ＝3·22n －1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 【解析】 (1)由已知，当n≥1时，a n ＋1＝[(a n ＋1－a n )＋(a n －a n －1)＋…＋(a 2－a 1)]＋a 1＝3(22n －1＋22n －3＋…＋2)＋2＝22(n ＋1)－1.而a 1＝2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝22n －1.(2)由b n ＝na n ＝n·22n －1知S n ＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n·22n －1. ① 从而22·S n ＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n·22n ＋1. ② ①－②，得(1－22)S n ＝2＋23＋25＋…＋22n －1－n·22n ＋1， 即S n ＝19[(3n －1)22n ＋1＋2]． 8. 【2005全国1，理19】设等比数列}{n a 的公比为q ，前n 项和S n >0（n=1，2，…） （1）求q 的取值范围；（2）设,2312++-=n n n a a b 记}{n b 的前n 项和为T n ，试比较S n 和T n 的大小.解①式得q>1；解②，由于n 可为奇数、可为偶数，得－1<q<1. 综上，q 的取值范围是).,0()0,1(+∞⋃-（Ⅱ）由得1223++-=n a n a a b .)23(),23(22n n n n S q q T q q a b -=-=于是)123(2--=-q q S S T n n n).2)(21(-+=q q S n.,0,2,21;,0,0221;,0,2211,,001,0n n n n n n n n n n n n n S T S T q q S T S T q q S T S T q q q q S ==-=-=<<-≠<<->>->-<<-><<->即时或当即时且当即时或当所以或且又因为 9. 【2015高考新课标1，理17】n S 为数列{n a }的前n 项和.已知n a ＞0，2n n a a +=43n S +.（Ⅰ）求{n a }的通项公式； （Ⅱ）设11n n n b a a +=,求数列{n b }的前n 项和. 【答案】（Ⅰ）21n +（Ⅱ）11646n -+ 【解析】试题分析：（Ⅰ）先用数列第n 项与前n 项和的关系求出数列{n a }的递推公式，可以判断数列{n a }是等差数列，利用等差数列的通项公式即可写出数列{n a }的通项公式；（Ⅱ）根据（Ⅰ）数列{n b }的通项公式，再用拆项消去法求其前n 项和.【考点定位】数列前n 项和与第n 项的关系；等差数列定义与通项公式；拆项消去法 10.【2016高考新课标理数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 【答案】C 【解析】试题分析：由已知，1193627,98a d a d +=⎧⎨+=⎩所以110011,1,9919998,a d a a d =-==+=-+=故选C.【考点】等差数列及其运算【名师点睛】等差、等比数列各有五个基本量,两组基本公式,而这两组公式可看作多元方程,利用这些方程可将等差、等比数列中的运算问题转化为解关于基本量的方程（组）,因此可以说数列中的绝大部分运算题可看作方程应用题,所以用方程思想解决数列问题是一种行之有效的方法.二．能力题组1. 【2011全国，理4】设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，公差d ＝2，S k ＋2－S k ＝24，则k ＝( ) A ．8 B ．7 C ．6 D ．5 【答案】 D2. 【2006全国，理10】设{a n }是公差为正数的等差数列，若a 1+a 2+a 3=15，a 1a 2a 3=80则a 11+a 12+a 13＝（ ） （A ）120 （B ）105 （C ）90 （D ）75 【答案】 B 【解析】3. 【2012全国，理16】数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为__________． 【答案】1 830【解析】：∵a n ＋1＋(－1)n a 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(10234)18302⨯+=．4. 【2014课标Ⅰ，理17】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，0n a ≠，11n n n a a S λ+=-，其中λ为常数， （I ）证明：2n n a a λ+-=；（II ）是否存在λ，使得{}n a 为等差数列？并说明理由. 【答案】（I ）详见解析；（II ）存在，4λ=.5. 【2009全国卷Ⅰ，理20】 在数列{a n }中， a 1＝1,a n+1＝（n 11+）a n +n n 21+. （Ⅰ）设na b nn =，求数列{b n }的通项公式； （Ⅱ）求数列{a n }的前n 项和S n . 【解析】（Ⅰ）由已知得b 1=a 1=1,且n n n n a n a 2111+=++,即n n n b b 211+=+. 从而2112+=b b ,22321+=b b , (1)121--+=n n n b b (n≥2).于是1121212212121---=++++=n n n b b (n≥2).又b 1=1.故所求的通项公式1212--=n n b .(Ⅱ)由（Ⅰ）知1122)212(---=-=n n n nn n a .令∑=-=nk k n kT 112,则∑=-=nk k n kT 1222.于是T n =2T n -T n =∑-=---111221n k n k n =1224-+-n n .又)1()2(1+=∑=n n k nk ，所以422)1(1-+++=-n n n n n S . 6.【2016高考新课标理数1】设等比数列{}n a 满足a 1+a 3=10，a 2+a 4=5，则a 1a 2a n 的最大值为 .【答案】64【考点】等比数列及其应用【名师点睛】高考中数列客观题大多具有小、巧、活的特点,在解答时要注意方程思想及数列相关性质的应用,尽量避免小题大做.7.【2017新课标1，理4】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若4524a a +=，648S =，则{}n a 的公差为 A ．1B ．2C ．4D ．8【答案】C 【解析】试题分析：设公差为d ，45111342724a a a d a d a d +=+++=+=，611656615482S a d a d ⨯=+=+=，联立112724,61548a d a d +=⎧⎨+=⎩解得4d =，故选C.【考点】等差数列的基本量求解【名师点睛】求解等差数列基本量问题时，要多多使用等差数列的性质，如{}n a 为等差数列，若m n p q +=+，则m n p q a a a a +=+.三．拔高题组1. 【2013课标全国Ⅰ，理12】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＝2n n c a +，c n ＋1＝2n nb a +，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】2. 【2011全国，理20】设数列{a n }满足a 1＝0且111111n na a +-=--.(1)求{a n }的通项公式； (2)设11n n a b n+-=，记1nn kk S b==∑，证明：S n ＜1.【解析】(1)由题设111111n na a +-=--，即{11na -}是公差为1的等差数列． 又111n a =-，故11nn a =-. 所以11n a n=-. (2)由(1)得1111111n n a n n b nn n n n +-+-===-+⋅+， 11111()1111nnn k k k S b k k n ====-=-<++∑∑. 3. 【2006全国，理22】（本小题满分12分）设数列｛a n ｝的前n 项和,3,2,1,32313421=+⨯-=+n n nn a S …。
数列高考真题汇编(二)-教师版
数列真题汇编（二）数列求通项15道1.（2016全国3卷文）已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1=1，a n 2−(2a n+1−1)a n −2a n+1=0. （I ）求a 2,a 3； （II ）求{a n }的通项公式.解：（Ⅰ）由题意得a 2=12,a 3=14. .........5分（Ⅱ）由a n 2−(2a n+1−1)a n −2a n+1=0得2a n+1(a n +1)=a n (a n +1). 因为{a n }的各项都为正数，所以a n+1a n=12.故{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，因此a n =12n−1.2．（2016全国1卷文）已知{a n }是公差为3的等差数列，数列{b n }满足b 1=1，b 2=13，a nb n+1+b n+1=nb n . （Ⅰ）求{a n }的通项公式； （Ⅱ）求{b n }的前n 项和.【解析】（Ⅰ）由已知，a 1b 2+b 2=b 1,b 1=1,b 2=13,得a 1b 2+b 2=b 1,b 1=1,b 2=13,得a 1=2，所以数列{a n }是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为a n =3n −1. （Ⅱ）由（Ⅰ）和a n b n+1+b n+1=nb n ，得b n+1=b n 3，因此{b n }是首项为1，公比为13的等比数列.记{b n }的前n 项和为S n ，则S n =1−(13)n 1−13=32−12×3n−1.3.（2018全国1文）已知数列满足，，求的通项公式．解：∵，∴.4.（三星）(全国II )已知a 1=1,S n+1=4a n +2(n ∈N ∗)， (1)设b n =a n+1−2a n ,求证：{b n }是等比数列； (2)求a n .备注：题目中 已经将关系式构造好了，三项关系变二项关系后是等比数列；基本类型二求通项{}n a 11a =()121n n na n a +=+{}n a 1112n n nn a b b q n−−===12n n a n −=⋅5.（三星）(全国Ⅰ卷)在数列{a n}中,S n=43a n−13×2n+1+23,S n.求首项{a n}与通项n.备注：S n与a n关系变形之后成类型二解：由题意得S n=2a n+1，解得S6=.又a n+1=S n+1−S n=43a n+1−43a n−13(2n+1−2n)，即a n+1=4a n+2n+1，设a n+1+x⋅2n+1=4(a n+x⋅2n)，利用待定系数法可得x=1，又a1+2=4≠0，所以数列{a n+2n}是公比为4的等比数列. 所以a n+2n=4×4n−1，即a n=4n−2n.6. （2020全国3卷理）设数列{a n}满足a1=3，a n+1=3a n−4n．（1）计算a2，a3，猜想{a n}的通项公式并加以证明；（2）求数列{2n a n}的前n项和S n．【详解】（1）由题意可得a2=3a1−4=9−4=5，a3=3a2−8=15−8=7，由数列{a n}的前三项可猜想数列{a n}是以3为首项，2为公差的等差数列，即a n=2n+1，证明如下：当n=1时，a1=3成立；假设n=k时，a k=2k+1成立.那么n=k+1时，a k+1=3a k−4k=3(2k+1)−4k=2k+3=2(k+1)+1也成立.则对任意的n∈N∗，都有a n=2n+1成立；（2）由（1）可知，a n⋅2n=(2n+1)⋅2nS n=3×2+5×22+7×23+⋯+(2n−1)⋅2n−1+(2n+1)⋅2n，①2S n =3×22+5×23+7×24+⋯+(2n −1)⋅2n +(2n +1)⋅2n+1，② 由①−②得：−S n =6+2×(22+23+⋯+2n )−(2n +1)⋅2n+1 =6+2×22×(1−2n−1)1−2−(2n +1)⋅2n+1=(1−2n)⋅2n+1−2，即S n =(2n −1)⋅2n+1+2.7．（2021全国1卷）已知数列满足，（1）记，写出，，并求数列的通项公式； （2）求的前20项和．【解】(1)b 1=a 2=a 1+1=2,b 2=a 4+a 3+1=a 2+2+1=5 ∵2n 为偶数，∴a 2n+1=a 2n +2,a 2n+2=a 2n+1+1, ∴a 2n+2=a 2n +3即b n+1=b n +3,且b 1=2,∴{b n }是以2为首项，3为公差的等差数列，∴ b n =3n −1. (2)当n 为奇数时,a n =a n+1−1∴{a n }的前20项和为a 1+a 2+...+a 20=(a 1+a 3+...+a 19)+(a 2+a 4+...+a 20)=[(a 2−1)+(a 4−1)+...+(a 20−1)]+(a 2+a 4+...+a 20)=2(a 2+a 4+...+a 20)−10. 由(1)可知,a 2+a 4+...+a 20=b 1+b 2+...+b 10=2×10+10×92×3=155 ,∴{a n }的前 20项和为2x155 -10 =300.8. （2020全国1文）数列{a n }满足a n+2+(−1)n a n =3n −1，前16项和为540，则a 1= ______________.【详解】a n+2+(−1)n a n =3n −1，当n 为奇数时，a n+2=a n +3n −1；当n 为偶数时，a n+2+a n =3n −1. 设数列{a n }前n 项和为S n ， S 16=a 1+a 2+a 3+a 4+⋯+a 16=a 1+a 3+a 5⋯+a 15+(a 2+a 4)+⋯(a 14+a 16)=a 1+(a 1+2)+(a 1+10)+(a 1+24)+(a 1+44)+(a 1+70) +(a 1+102)+(a 1+140)+(5+17+29+41) =8a 1+392+92=8a 1+484=540，{}n a 11a =11,,2,n n na n a a n ++⎧=⎨+⋅⎩为奇数为偶数2n n b a =1b 2b {}n b {}n a∴a1=7.故答案为：7.9．（2019全国2卷理）已知数列{a n}和{b n}满足a1=1，b1=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：（1）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a1+b1=l，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a1–b1=l，所以{a n−b n}是首项为1，公差为2的等差数列．（2）由（1）知，a n+b n=12n−1，a n−b n=2n−1．所以a n=12[(a n+b n)+(a n−b n)]=12n+n−12，b n=12[(a n+b n)−(a n−b n)]=12n−n+12．10. （2021全国乙卷理）记S n为数列{a n}的前n项和,b n为数列{S n}的前n项积,已知2S n+1b n=2．（1）证明：数列{b n}是等差数列;（2）求{a n}的通项公式．【解析】（1）解法一：由2S n +1b n=2得S n=2b n2b n−1,且b n≠0,b n≠12,取n=1,由S1=b1=2b12b1−1得b1=32,由于b n为数列{S n}的前n项积,所以2b12b1−1⋅2b22b2−1⋅⋅⋅2b n2b n−1=b n,所以2b12b1−1⋅2b22b2−1⋅⋅⋅2b n+12b n+1−1=b n+1,所以2b n+12b n+1−1=b n+1b n,由于b n+1≠0所以22b n+1−1=1b n,即b n+1−b n=12,其中n∈N∗所以数列{b n }是以b 1=32为首项,以d =12为公差等差数列; 解法二：因为b n 为数列{S n }的前n 项积,所以b nb n−1=S n (n ≥2),由2S n+1b n=2可得2b n−1b n+1b n=2(n ≥2),去分母得2b n −2b n−1=1(n ≥2),所以b n −b n−1=12,数列{b n }是公差为12的等差数列.（2）由（1）可得,数列{b n }是以b 1=32为首项,以d =12为公差的等差数列, ∴b n =32+(n −1)×12=1+n2, S n =2b n2bn−1=2+n1+n , 当n=1时,a 1=S 1=32,当n≥2时,a n =S n −S n−1=2+n1+n −1+n n=−1n (n+1),显然对于n=1不成立,∴a n ={32,n =1−1n (n+1),n ≥2.11.（二星）（全国理）若数列{}的前n 项和为S n ＝，则数列{}的通项公式是=______. 解：当=1时，==，解得=1，当≥2时，==－()=，即=，∴{}是首项为1，公比为－2的等比数列，∴=.12.（2016全国3卷理科）已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0， (Ⅰ)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (Ⅱ)若S 5＝3132，求λ。
2024年高考真题汇总 数列(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】C2024年高考真题【分析】根据题意分析可得n 1=eS -12.1n 2=eS -12.2，讨论S 与1的大小关系，结合指数函数单调性分析判断.【详解】由题意可得d 1=S -1ln n 1=2.1d 2=S -1ln n 2=2.2 ，解得n 1=e S -12.1n 2=e S -12.2，若S >1，则S -12.1>S -12.2，可得e S -12.1>e S -12.2，即n 1>n 2；若S =1，则S -12.1=S -12.2=0，可得n 1=n 2=1；若S <1，则S -12.1<S -12.2，可得e S -1 2.1<e S -12.2，即n 1<n 2；结合选项可知C 正确，ABD 错误；故选：C .二、填空题4(新课标全国Ⅱ卷)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 3+a 4=7，3a 2+a 5=5，则S 10=.【答案】95【分析】利用等差数列通项公式得到方程组，解出a 1,d ，再利用等差数列的求和公式节即可得到答案.【详解】因为数列a n 为等差数列，则由题意得a 1+2d +a 1+3d =73a 1+d +a 1+4d =5，解得a 1=-4d =3 ，则S 10=10a 1+10×92d =10×-4 +45×3=95.故答案为：95.5(新高考上海卷)无穷等比数列a n 满足首项a 1>0,q >1，记I n =x -y x ,y ∈a 1,a 2 ∪a n ,a n +1 ，若对任意正整数n 集合I n 是闭区间，则q 的取值范围是．【答案】q ≥2【分析】当n ≥2时，不妨设x ≥y ，则x -y ∈0,a 2-a 1 ∪a n -a 2,a n +1-a 1 ∪0,a n +1-a n ，结合I n 为闭区间可得q -2≥-1q n -2对任意的n ≥2恒成立，故可求q 的取值范围.【详解】由题设有a n =a 1q n -1，因为a 1>0,q >1，故a n +1>a n ，故a n ,a n +1 =a 1q n -1,a 1q n ，当n =1时，x ,y ∈a 1,a 2 ，故x -y ∈a 1-a 2,a 2-a 1 ，此时I 1为闭区间，当n ≥2时，不妨设x ≥y ，若x ,y ∈a 1,a 2 ，则x -y ∈0,a 2-a 1 ，若y ∈a 1,a 2 ,x ∈a n ,a n +1 ，则x -y ∈a n -a 2,a n +1-a 1 ，若x ,y ∈a n ,a n +1 ，则x -y ∈0,a n +1-a n ，综上，x -y ∈0,a 2-a 1 ∪a n -a 2,a n +1-a 1 ∪0,a n +1-a n ，又I n 为闭区间等价于0,a 2-a 1 ∪a n -a 2,a n +1-a 1 ∪0,a n +1-a n 为闭区间，而a n +1-a 1>a n +1-a n >a 2-a 1，故a n +1-a n ≥a n -a 2对任意n ≥2恒成立，故a n +1-2a n +a 2≥0即a 1q n -1q -2 +a 2≥0，故q n -2q -2 +1≥0，故q -2≥-1qn -2对任意的n ≥2恒成立，因q >1，故当n →+∞时，-1q n -2→0，故q -2≥0即q ≥2.故答案为：q ≥2.【点睛】思路点睛：与等比数列性质有关的不等式恒成立，可利用基本量法把恒成立为转为关于与公比有关的不等式恒成立，必要时可利用参变分离来处理.三、解答题6(新课标全国Ⅰ卷)设m 为正整数，数列a 1,a 2,...,a 4m +2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项a i 和a j i <j 后剩余的4m 项可被平均分为m 组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列a 1,a 2,...,a 4m +2是i ,j -可分数列．(1)写出所有的i ,j ，1≤i <j ≤6，使数列a 1,a 2,...,a 6是i ,j -可分数列；(2)当m ≥3时，证明：数列a 1,a 2,...,a 4m +2是2,13 -可分数列；(3)从1,2,...,4m +2中一次任取两个数i 和j i <j ，记数列a 1,a 2,...,a 4m +2是i ,j -可分数列的概率为P m ，证明：P m >18．【答案】(1)1,2 ,1,6 ,5,6 (2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)直接根据i ,j -可分数列的定义即可；(2)根据i ,j -可分数列的定义即可验证结论；(3)证明使得原数列是i ,j -可分数列的i ,j 至少有m +1 2-m 个，再使用概率的定义.【详解】(1)首先，我们设数列a 1,a 2,...,a 4m +2的公差为d ，则d ≠0.由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，故我们可以对该数列进行适当的变形a k =a k -a 1d+1k =1,2,...,4m +2 ，得到新数列a k =k k =1,2,...,4m +2 ，然后对a 1,a 2,...,a 4m +2进行相应的讨论即可.换言之，我们可以不妨设a k =k k =1,2,...,4m +2 ，此后的讨论均建立在该假设下进行.回到原题，第1小问相当于从1,2,3,4,5,6中取出两个数i 和j i <j ，使得剩下四个数是等差数列.那么剩下四个数只可能是1,2,3,4，或2,3,4,5，或3,4,5,6.所以所有可能的i ,j 就是1,2 ,1,6 ,5,6 .(2)由于从数列1,2,...,4m +2中取出2和13后，剩余的4m 个数可以分为以下两个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①1,4,7,10 ,3,6,9,12 ,5,8,11,14 ，共3组；②15,16,17,18 ,19,20,21,22 ,...,4m -1,4m ,4m +1,4m +2 ，共m -3组.(如果m -3=0，则忽略②)故数列1,2,...,4m +2是2,13 -可分数列.(3)定义集合A =4k +1 k =0,1,2,...,m =1,5,9,13,...,4m +1 ，B =4k +2 k =0,1,2,...,m =2,6,10,14,...,4m +2 .下面证明，对1≤i <j ≤4m +2，如果下面两个命题同时成立，则数列1,2,...,4m +2一定是i ,j -可分数列：命题1：i ∈A ,j ∈B 或i ∈B ,j ∈A ；命题2：j -i ≠3.我们分两种情况证明这个结论.第一种情况：如果i ∈A ,j ∈B ，且j -i ≠3.此时设i =4k 1+1，j =4k 2+2，k 1,k 2∈0,1,2,...,m .则由i <j 可知4k 1+1<4k 2+2，即k 2-k 1>-14，故k 2≥k 1.此时，由于从数列1,2,...,4m +2中取出i =4k 1+1和j =4k 2+2后，剩余的4m 个数可以分为以下三个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①1,2,3,4 ,5,6,7,8 ,...,4k 1-3,4k 1-2,4k 1-1,4k 1 ，共k 1组；②4k 1+2,4k 1+3,4k 1+4,4k 1+5 ,4k 1+6,4k 1+7,4k 1+8,4k 1+9 ,...,4k 2-2,4k 2-1,4k 2,4k 2+1 ，共k 2-k 1组；③4k 2+3,4k 2+4,4k 2+5,4k 2+6 ,4k 2+7,4k 2+8,4k 2+9,4k 2+10 ,...,4m -1,4m ,4m +1,4m +2 ，共m -k 2组.(如果某一部分的组数为0，则忽略之)故此时数列1,2,...,4m +2是i ,j -可分数列.第二种情况：如果i ∈B ,j ∈A ，且j -i ≠3.此时设i =4k 1+2，j =4k 2+1，k 1,k 2∈0,1,2,...,m .则由i <j 可知4k 1+2<4k 2+1，即k 2-k 1>14，故k 2>k 1.由于j -i ≠3，故4k 2+1 -4k 1+2 ≠3，从而k 2-k 1≠1，这就意味着k 2-k 1≥2.此时，由于从数列1,2,...,4m +2中取出i =4k 1+2和j =4k 2+1后，剩余的4m 个数可以分为以下四个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①1,2,3,4 ,5,6,7,8 ,...,4k 1-3,4k 1-2,4k 1-1,4k 1 ，共k 1组；②4k 1+1,3k 1+k 2+1,2k 1+2k 2+1,k 1+3k 2+1 ，3k 1+k 2+2,2k 1+2k 2+2,k 1+3k 2+2,4k 2+2 ，共2组；③全体4k 1+p ,3k 1+k 2+p ,2k 1+2k 2+p ,k 1+3k 2+p ，其中p =3,4,...,k 2-k 1，共k 2-k 1-2组；④4k 2+3,4k 2+4,4k 2+5,4k 2+6 ,4k 2+7,4k 2+8,4k 2+9,4k 2+10 ,...,4m -1,4m ,4m +1,4m +2 ，共m -k 2组.(如果某一部分的组数为0，则忽略之)这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含k 2-k 1-2个行，4个列的数表以后，4个列分别是下面这些数：4k 1+3,4k 1+4,...,3k 1+k 2 ，3k 1+k 2+3,3k 1+k 2+4,...,2k 1+2k 2 ，2k 1+2k 2+3,2k 1+2k 2+3,...,k 1+3k 2 ，k 1+3k 2+3,k 1+3k 2+4,...,4k 2 .可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍4k 1+1,4k 1+2,...,4k 2+2 中除开五个集合4k 1+1,4k 1+2 ，3k 1+k 2+1,3k 1+k 2+2 ，2k 1+2k 2+1,2k 1+2k 2+2 ，k 1+3k 2+1,k 1+3k 2+2 ，4k 2+1,4k 2+2 中的十个元素以外的所有数.而这十个数中，除开已经去掉的4k 1+2和4k 2+1以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列1,2,...,4m +2是i ,j -可分数列.至此，我们证明了：对1≤i <j ≤4m +2，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列1,2,...,4m +2一定是i ,j -可分数列.然后我们来考虑这样的i ,j 的个数.首先，由于A ∩B =∅，A 和B 各有m +1个元素，故满足命题1的i ,j 总共有m +1 2个；而如果j -i =3，假设i ∈A ,j ∈B ，则可设i =4k 1+1，j =4k 2+2，代入得4k 2+2 -4k 1+1 =3.但这导致k 2-k 1=12，矛盾，所以i ∈B ,j ∈A .设i =4k 1+2，j =4k 2+1，k 1,k 2∈0,1,2,...,m ，则4k 2+1 -4k 1+2 =3，即k 2-k 1=1.所以可能的k 1,k 2 恰好就是0,1 ,1,2 ,...,m -1,m ，对应的i ,j 分别是2,5 ,6,9 ,...,4m -2,4m +1 ，总共m 个.所以这m +1 2个满足命题1的i ,j 中，不满足命题2的恰好有m 个.这就得到同时满足命题1和命题2的i ,j 的个数为m +1 2-m .当我们从1,2,...,4m+2中一次任取两个数i和j i<j时，总的选取方式的个数等于4m+24m+12=2m+14m+1.而根据之前的结论，使得数列a1,a2,...,a4m+2是i,j-可分数列的i,j至少有m+12-m个.所以数列a1,a2,...,a4m+2是i,j-可分数列的概率P m一定满足P m≥m+12-m2m+14m+1=m2+m+12m+14m+1>m2+m+142m+14m+2=m+12222m+12m+1=18.这就证明了结论.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究结论.7(新课标全国Ⅱ卷)已知双曲线C:x2-y2=m m>0，点P15,4在C上，k为常数，0<k<1．按照如下方式依次构造点P n n=2,3,...，过P n-1作斜率为k的直线与C的左支交于点Q n-1，令P n为Q n-1关于y轴的对称点，记P n的坐标为x n,y n.(1)若k=12，求x2,y2；(2)证明：数列x n-y n是公比为1+k1-k的等比数列；(3)设S n为△P n P n+1P n+2的面积，证明：对任意的正整数n，S n=S n+1.【答案】(1)x2=3，y2=0(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)直接根据题目中的构造方式计算出P2的坐标即可；(2)根据等比数列的定义即可验证结论；(3)思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明S n的取值为与n无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明S n的取值为与n无关的定值即可.【详解】(1)由已知有m=52-42=9，故C的方程为x2-y2=9.当k=12时，过P15,4且斜率为12的直线为y=x+32，与x2-y2=9联立得到x2-x+322=9.解得x=-3或x=5，所以该直线与C的不同于P1的交点为Q1-3,0，该点显然在C的左支上.故P23,0，从而x2=3，y2=0.(2)由于过P n x n,y n且斜率为k的直线为y=k x-x n+y n，与x2-y2=9联立，得到方程x2-k x-x n+y n2=9.展开即得1-k2x2-2k y n-kx nx-y n-kx n2-9=0，由于P n x n,y n已经是直线y=k x-x n+y n和x2 -y2=9的公共点，故方程必有一根x=x n.从而根据韦达定理，另一根x =2k y n -kx n 1-k 2-x n =2ky n -x n -k 2x n1-k 2，相应的y =k x -x n +y n =y n +k 2y n -2kx n1-k 2.所以该直线与C 的不同于P n 的交点为Q n 2ky n -x n -k 2x n 1-k 2,y n +k 2y n -2kx n1-k 2，而注意到Q n 的横坐标亦可通过韦达定理表示为-y n -kx n 2-91-k 2x n，故Q n 一定在C 的左支上.所以P n +1x n +k 2x n -2ky n 1-k 2,y n +k 2y n -2kx n1-k 2.这就得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n1-k 2.所以x n +1-y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2-y n +k 2y n -2kx n1-k 2=x n +k 2x n +2kx n 1-k 2-y n +k 2y n +2ky n 1-k 2=1+k 2+2k 1-k2x n -y n =1+k1-k x n -y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1-y 1≠0，所以数列x n -y n 是公比为1+k 1-k 的等比数列.(3)方法一：先证明一个结论：对平面上三个点U ,V ,W ，若UV =a ,b ，UW=c ,d ，则S △UVW =12ad -bc .(若U ,V ,W 在同一条直线上，约定S △UVW =0)证明：S △UVW =12UV⋅UW sin UV ,UW =12UV ⋅UW 1-cos 2UV ,UW=12UV ⋅UW 1-UV ⋅UW UV ⋅UW2=12UV 2⋅UW 2-UV ⋅UW 2=12a 2+b 2 c 2+d 2 -ac +bd 2=12a 2c 2+a 2d 2+b 2c 2+b 2d 2-a 2c 2-b 2d 2-2abcd =12a 2d 2+b 2c 2-2abcd =12ad -bc 2=12ad -bc .证毕，回到原题.由于上一小问已经得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n1-k 2，故x n +1+y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2+y n +k 2y n -2kx n 1-k 2=1+k 2-2k 1-k2x n +y n =1-k1+k x n +y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1+y 1≠0，所以数列x n +y n 是公比为1-k 1+k的等比数列.所以对任意的正整数m ，都有x n y n +m -y n x n +m=12x n x n +m -y n y n +m +x n y n +m -y n x n +m -12x n x n +m -y n y n +m -x n y n +m -y n x n +m =12x n -y n x n +m +y n +m -12x n +y n x n +m -y n +m =121-k 1+k m x n -y n x n +y n-121+k 1-k m x n +y n x n -y n =121-k 1+k m -1+k 1-k m x 2n -y 2n=921-k 1+k m -1+k 1-k m.而又有P n +1P n =-x n +1-x n ,-y n +1-y n ，P n +1P n +2 =x n +2-x n +1,y n +2-y n +1 ，故利用前面已经证明的结论即得S n =S △P n P n +1P n +2=12-x n +1-x n y n +2-y n +1 +y n +1-y n x n +2-x n +1=12x n +1-x n y n +2-y n +1 -y n +1-y n x n +2-x n +1=12x n +1y n +2-y n +1x n +2 +x n y n +1-y n x n +1 -x n y n +2-y n x n +2=12921-k 1+k -1+k 1-k +921-k 1+k -1+k 1-k -921-k 1+k 2-1+k 1-k 2 .这就表明S n 的取值是与n 无关的定值，所以S n =S n +1.方法二：由于上一小问已经得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n1-k 2，故x n +1+y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2+y n +k 2y n -2kx n 1-k 2=1+k 2-2k 1-k 2x n +y n=1-k1+k x n +y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1+y 1≠0，所以数列x n +y n 是公比为1-k 1+k的等比数列.所以对任意的正整数m ，都有x n y n +m -y n x n +m=12x n x n +m -y n y n +m +x n y n +m -y n x n +m -12x n x n +m -y n y n +m -x n y n +m -y n x n +m =12x n -y n x n +m +y n +m -12x n +y n x n +m -y n +m =121-k 1+k m x n -y n x n +y n -121+k 1-k m x n +y n x n -y n =121-k 1+k m -1+k 1-k m x 2n -y 2n =921-k 1+k m -1+k 1-k m.这就得到x n +2y n +3-y n +2x n +3=921-k 1+k -1+k1-k =x n y n +1-y n x n +1，以及x n +1y n +3-y n +1x n +3=921-k 1+k 2-1+k 1-k 2=x n y n +2-y n x n +2.两式相减，即得x n +2y n +3-y n +2x n +3 -x n +1y n +3-y n +1x n +3 =x n y n +1-y n x n +1 -x n y n +2-y n x n +2 .移项得到x n +2y n +3-y n x n +2-x n +1y n +3+y n x n +1=y n +2x n +3-x n y n +2-y n +1x n +3+x n y n +1.故y n +3-y n x n +2-x n +1 =y n +2-y n +1 x n +3-x n .而P n P n +3 =x n +3-x n ,y n +3-y n ，P n +1P n +2 =x n +2-x n +1,y n +2-y n +1 .所以P n P n +3 和P n +1P n +2平行，这就得到S △P n P n +1P n +2=S △P n +1P n +2P n +3，即S n =S n +1.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.8(全国甲卷数学(文))已知等比数列a n 的前n 项和为S n ，且2S n =3a n +1-3.(1)求a n 的通项公式；(2)求数列S n 的通项公式.【答案】(1)a n =53n -1(2)3253 n -32【分析】(1)利用退位法可求公比，再求出首项后可求通项；(2)利用等比数列的求和公式可求S n .【详解】(1)因为2S n =3a n +1-3,故2S n -1=3a n -3，所以2a n =3a n +1-3a n n ≥2 即5a n =3a n +1故等比数列的公比为q =53，故2a 1=3a 2-3=3a 1×53-3=5a 1-3，故a 1=1，故a n =53n -1.(2)由等比数列求和公式得S n =1×1-53 n1-53=3253 n -32.9(全国甲卷数学(理))记S n 为数列a n 的前n 项和，且4S n =3a n +4．(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =(-1)n -1na n ，求数列b n 的前n 项和为T n ．【答案】(1)a n =4⋅(-3)n -1(2)T n =(2n -1)⋅3n +1【分析】(1)利用退位法可求a n 的通项公式．(2)利用错位相减法可求T n .【详解】(1)当n =1时，4S 1=4a 1=3a 1+4，解得a 1=4．当n ≥2时，4S n -1=3a n -1+4，所以4S n -4S n -1=4a n =3a n -3a n -1即a n =-3a n -1，而a 1=4≠0，故a n ≠0，故an a n -1=-3，∴数列a n 是以4为首项，-3为公比的等比数列，所以a n =4⋅-3 n -1.(2)b n =(-1)n -1⋅n ⋅4⋅(-3)n -1=4n ⋅3n -1,所以T n =b 1+b 2+b 3+⋯+b n =4⋅30+8⋅31+12⋅32+⋯+4n ⋅3n -1故3T n =4⋅31+8⋅32+12⋅33+⋯+4n ⋅3n所以-2T n =4+4⋅31+4⋅32+⋯+4⋅3n -1-4n ⋅3n=4+4⋅31-3n -11-3-4n ⋅3n =4+2⋅3⋅3n -1-1 -4n ⋅3n=(2-4n )⋅3n -2，∴T n =(2n -1)⋅3n +1.10(新高考北京卷)设集合M =i ,j ,s ,t i ∈1,2 ,j ∈3,4 ,s ∈5,6 ,t ∈7,8 ,2i +j +s +t ．对于给定有穷数列A :a n 1≤n ≤8 ，及序列Ω:ω1,ω2,...,ωs ，ωk =i k ,j k ,s k ,t k ∈M ，定义变换T ：将数列A 的第i 1,j 1,s 1,t 1项加1，得到数列T 1A ；将数列T 1A 的第i 2,j 2,s 2,t 2列加1，得到数列T 2T 1A ⋯；重复上述操作，得到数列T s ...T 2T 1A ，记为ΩA ．(1)给定数列A :1,3,2,4,6,3,1,9和序列Ω:1,3,5,7 ,2,4,6,8 ,1,3,5,7 ，写出ΩA ；(2)是否存在序列Ω，使得ΩA 为a 1+2,a 2+6,a 3+4,a 4+2,a 5+8,a 6+2,a 7+4,a 8+4，若存在，写出一个符合条件的Ω；若不存在，请说明理由；(3)若数列A 的各项均为正整数，且a 1+a 3+a 5+a 7为偶数，证明：“存在序列Ω，使得ΩA 为常数列”的充要条件为“a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8”．【答案】(1)ΩA :3,4,4,5,8,4,3,10(2)不存在符合条件的Ω，理由见解析(3)证明见解析【分析】(1)直接按照ΩA 的定义写出ΩA 即可；(2)利用反证法，假设存在符合条件的Ω，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；(3)分充分性和必要性两方面论证.【详解】(1)由题意得ΩA :3,4,4,5,8,4,3,10；(2)假设存在符合条件的Ω，可知ΩA 的第1,2项之和为a 1+a 2+s ，第3,4项之和为a 3+a 4+s ，则a 1+2 +a 2+6 =a 1+a 2+sa 3+4 +a 4+2 =a 3+a 4+s，而该方程组无解，故假设不成立，故不存在符合条件的Ω；(3)我们设序列T k ...T 2T 1A 为a k ,n 1≤n ≤8 ，特别规定a 0,n =a n 1≤n ≤8 .必要性：若存在序列Ω:ω1,ω2,...,ωs ，使得ΩA 为常数列.则a s ,1=a s ,2=a s ,3=a s ,4=a s ,5=a s ,6=a s ,7=a s ,8，所以a s ,1+a s ,2=a s ,3+a s ,4=a s ,5+a s ,6=a s ,7+a s ,8.根据T k ...T 2T 1A 的定义，显然有a k ,2j -1+a k ,2j =a k -1,2j -1+a k -1,2j ，这里j =1,2,3,4，k =1,2,....所以不断使用该式就得到，a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8，必要性得证.充分性：若a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8.由已知，a 1+a 3+a 5+a 7为偶数，而a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8，所以a 2+a 4+a 6+a 8=4a 1+a 2 -a 1+a 3+a 5+a 7 也是偶数.我们设T s ...T 2T 1A 是通过合法的序列Ω的变换能得到的所有可能的数列ΩA 中，使得a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 最小的一个.上面已经证明a k ,2j -1+a k ,2j =a k -1,2j -1+a k -1,2j ，这里j =1,2,3,4，k =1,2,....从而由a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8可得a s ,1+a s ,2=a s ,3+a s ,4=a s ,5+a s ,6=a s ,7+a s ,8.同时，由于i k +j k +s k +t k 总是偶数，所以a k ,1+a k ,3+a k ,5+a k ,7和a k ,2+a k ,4+a k ,6+a k ,8的奇偶性保持不变，从而a s ,1+a s ,3+a s ,5+a s ,7和a s ,2+a s ,4+a s ,6+a s ,8都是偶数.下面证明不存在j =1,2,3,4使得a s ,2j -1-a s ,2j ≥2.假设存在，根据对称性，不妨设j =1，a s ,2j -1-a s ,2j ≥2，即a s ,1-a s ,2≥2.情况1：若a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 =0，则由a s ,1+a s ,3+a s ,5+a s ,7和a s ,2+a s ,4+a s ,6+a s ,8都是偶数，知a s ,1-a s ,2≥4.对该数列连续作四次变换2,3,5,8 ,2,4,6,8 ,2,3,6,7 ,2,4,5,7 后，新的a s +4,1-a s +4,2 +a s +4,3-a s +4,4 +a s +4,5-a s +4,6 +a s +4,7-a s +4,8 相比原来的a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 减少4，这与a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 的最小性矛盾；情况2：若a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 >0，不妨设a s ,3-a s ,4 >0.情况2-1：如果a s ,3-a s ,4≥1，则对该数列连续作两次变换2,4,5,7 ,2,4,6,8 后，新的a s +2,1-a s +2,2 +a s +2,3-a s +2,4 +a s +2,5-a s +2,6 +a s +2,7-a s +2,8 相比原来的a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 至少减少2，这与a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 的最小性矛盾；情况2-2：如果a s ,4-a s ,3≥1，则对该数列连续作两次变换2,3,5,8 ,2,3,6,7 后，新的a s +2,1-a s +2,2 +a s +2,3-a s +2,4 +a s +2,5-a s +2,6 +a s +2,7-a s +2,8 相比原来的a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 至少减少2，这与a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 的最小性矛盾.这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的j =1,2,3,4都有a s ,2j -1-a s ,2j ≤1.假设存在j =1,2,3,4使得a s ,2j -1-a s ,2j =1，则a s ,2j -1+a s ,2j 是奇数，所以a s ,1+a s ,2=a s ,3+a s ,4=a s ,5+a s ,6=a s ,7+a s ,8都是奇数，设为2N +1.则此时对任意j =1,2,3,4，由a s ,2j -1-a s ,2j ≤1可知必有a s ,2j -1,a s ,2j =N ,N +1 .而a s ,1+a s ,3+a s ,5+a s ,7和a s ,2+a s ,4+a s ,6+a s ,8都是偶数，故集合m a s ,m =N 中的四个元素i ,j ,s ,t 之和为偶数，对该数列进行一次变换i ,j ,s ,t ，则该数列成为常数列，新的a s +1,1-a s +1,2 +a s +1,3-a s +1,4 +a s +1,5-a s +1,6 +a s +1,7-a s +1,8 等于零，比原来的a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 更小，这与a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 的最小性矛盾.综上，只可能a s ,2j -1-a s ,2j =0j =1,2,3,4 ，而a s ,1+a s ,2=a s ,3+a s ,4=a s ,5+a s ,6=a s ,7+a s ,8，故a s ,n =ΩA 是常数列，充分性得证.【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析.11(新高考天津卷)已知数列a n 是公比大于0的等比数列．其前n 项和为S n ．若a 1=1,S 2=a 3-1．(1)求数列a n 前n 项和S n ；(2)设b n =k ,n =a kb n -1+2k ,a k <n <a k +1，b 1=1，其中k 是大于1的正整数．(ⅰ)当n =a k +1时，求证：b n -1≥a k ⋅b n ；(ⅱ)求S ni =1b i ．【答案】(1)S n =2n -1(2)①证明见详解；②S ni =1b i =3n -1 4n+19【分析】(1)设等比数列a n 的公比为q >0，根据题意结合等比数列通项公式求q ，再结合等比数列求和公式分析求解；(2)①根据题意分析可知a k =2k -1,b n =k +1，b n -1=k 2k -1 ，利用作差法分析证明；②根据题意结合等差数列求和公式可得∑2k -1i =2k -1b i =193k -1 4k -3k -4 4k -1，再结合裂项相消法分析求解.【详解】(1)设等比数列a n 的公比为q >0，因为a 1=1,S 2=a 3-1，即a 1+a 2=a 3-1，可得1+q =q 2-1，整理得q 2-q -2=0，解得q =2或q =-1(舍去)，所以S n =1-2n1-2=2n -1.(2)(i )由(1)可知a n =2n -1，且k ∈N *,k ≥2，当n =a k +1=2k≥4时，则a k =2k -1<2k -1=n -1n -1=a k +1-1<a k +1 ，即a k <n -1<a k +1可知a k =2k -1,b n =k +1，b n -1=b a k+a k +1-a k -1 ⋅2k =k +2k 2k -1-1 =k 2k -1 ，可得b n -1-a k ⋅b n =k 2k -1 -k +1 2k -1=k -1 2k -1-k ≥2k -1 -k =k -2≥0，当且仅当k =2时，等号成立，所以b n -1≥a k ⋅b n ；(ii )由(1)可知：S n =2n -1=a n +1-1，若n =1，则S 1=1,b 1=1；若n ≥2，则a k +1-a k =2k -1，当2k -1<i ≤2k -1时，b i -b i -1=2k ，可知b i 为等差数列，可得∑2k -1i =2k -1b i =k ⋅2k -1+2k 2k -12k -1-1 2=k ⋅4k -1=193k -1 4k -3k -4 4k -1 ，所以∑S ni =1b i =1+195×42-2×4+8×43-5×42+⋅⋅⋅+3n -1 4n -3n -4 4n -1=3n -1 4n+19，且n =1，符合上式，综上所述：∑Sni =1b i =3n -1 4n +19.【点睛】关键点点睛：1.分析可知当2k -1<i ≤2k -1时，b i -b i -1=2k ，可知b i 为等差数列；2.根据等差数列求和分析可得∑2k -1i =2k -1b i =193k -1 4k -3k -4 4k -1.12(新高考上海卷)若f x =log a x (a >0,a ≠1)．(1)y =f x 过4,2 ，求f 2x -2 <f x 的解集；(2)存在x 使得f x +1 、f ax 、f x +2 成等差数列，求a 的取值范围．【答案】(1)x |1<x <2 (2)a >1【分析】(1)求出底数a ，再根据对数函数的单调性可求不等式的解；(2)存在x 使得f x +1 、f ax 、f x +2 成等差数列等价于a 2=21x +342-18在0,+∞ 上有解，利用换元法结合二次函数的性质可求a 的取值范围．【详解】(1)因为y =f x 的图象过4,2 ，故log a 4=2，故a 2=4即a =2(负的舍去)，而f x =log 2x 在0,+∞ 上为增函数，故f 2x -2 <f x ，故0<2x -2<x 即1<x <2，故f 2x -2 <f x 的解集为x |1<x <2 .(2)因为存在x 使得f x +1 、f ax 、f x +2 成等差数列，故2f ax =f x +1 +f x +2 有解，故2log a ax =log a x +1 +log a x +2 ，因为a >0,a ≠1，故x >0，故a 2x 2=x +1 x +2 在0,+∞ 上有解，由a 2=x 2+3x +2x 2=1+3x +2x 2=21x +34 2-18在0,+∞ 上有解，令t =1x ∈0,+∞ ，而y =2t +34 2-18在0,+∞ 上的值域为1,+∞ ，故a 2>1即a >1.一、单选题1(2024·重庆·三模)已知数列a n 的前n 项和为S n ,a 1=1,S n +S n +1=n 2+1n ∈N ∗ ,S 24=()A.276B.272C.268D.266【答案】A【分析】令n =1得S 2=1，当n ≥2时，结合题干作差得S n +1-S n -1=2n -1，从而利用累加法求解S 24=即可.【详解】∵a 1=S 1=1，又∵S n +S n +1=n 2+1，当n =1时，S 1+S 2=12+1=2，解得S 2=1；当n ≥2时，S n -1+S n =(n -1)2+1，作差得S n +1-S n -1=2n -1，∴S 24=S 24-S 22 +S 22-S 20 +⋯+S 4-S 2 +S 2=223+21+⋯+3 -11+1=276.故选：A2(2024·河北张家口·三模)已知数列a n的前n项和为S n，且满足a1=1,a n+1=a n+1,n为奇数2a n,n为偶数，则S100=()A.3×251-156B.3×251-103C.3×250-156D.3×250-103【答案】A【分析】分奇数项和偶数项求递推关系，然后记b n=a2n+a2n-1,n≥1，利用构造法求得b n=6×2n-1-3，然后分组求和可得.【详解】因为a1=1,a n+1=a n+1,n为奇数2a n,n为偶数 ，所以a2k+2=a2k+1+1=2a2k+1，a2k+1=2a2k=2a2k-1+2,k∈N*，且a2=2，所以a2k+2+a2k+1=2a2k+a2k-1+3，记b n=a2n+a2n-1,n≥1，则b n+1=2b n+3，所以b n+1+3=2b n+3，所以b n+3是以b1+3=a1+a2+3=6为首项，2为公比的等比数列，所以b n+3=6×2n-1，b n=6×2n-1-3，记b n的前n项和为T n，则S100=T50=6×20+6×21+6×22+⋅⋅⋅+6×249-3×50=3×251-156.故选：A【点睛】关键点点睛：本题解题关键在于先分奇数项和偶数项求递推公式，然后再并项得b n的递推公式，利用构造法求通项，将问题转化为求b n的前50项和.3(2024·山东日照·三模)设等差数列b n的前n项和为S n，若b3=2，b7=6，则S9=()A.-36B.36C.-18D.18【答案】B【分析】利用等差数列的前n项和公式，结合等差数列的性质求解.【详解】解：S9=b1+b9×92=b3+b7×92=36，故选：B.4(2024·湖北武汉·二模)已知等差数列a n的前n项和为S n，若S3=9,S9=81，则S12=() A.288 B.144 C.96 D.25【答案】B【分析】利用等差数列的前n项和列方程组求出a1,d，进而即可求解S12.【详解】由题意S3=3a1+3×22d=9S9=9a1+9×82d=81，即a1+d=3a1+4d=9，解得a1=1d=2.于是S12=12×1+12×112×2=144.故选：B.5(2024·江西赣州·二模)在等差数列a n中，a2，a5是方程x2-8x+m=0的两根，则a n的前6项和为()A.48B.24C.12D.8【答案】B【分析】利用韦达定理确定a2+a5=8，根据等差数列性质有a2+a5=a1+a6=8，在应用等差数列前n项和公式即可求解.【详解】因为a 2，a 5是方程x 2-8x +m =0的两根，所以a 2+a 5=8，又因为a n 是等差数列，根据等差数列的性质有：a 2+a 5=a 1+a 6=8，设a n 的前6项和为S 6，则S 6=a 1+a 6 ×62=3×8=24.故选：B6(2024·湖南永州·三模)已知非零数列a n 满足2n a n +1-2n +2a n =0，则a 2024a 2021=()A.8B.16C.32D.64【答案】D【分析】根据题意，由条件可得a n +1=4a n ，再由等比数列的定义即可得到结果.【详解】由2n a n +1-2n +2a n =0可得a n +1=4a n ，则a 2024a 2021=4×4×4a 2021a 2021=64.故选：D7(2024·浙江绍兴·二模)汉诺塔(Tower of Hanoi )，是一个源于印度古老传说的益智玩具. 如图所示，有三根相邻的标号分别为A 、B 、C 的柱子，A 柱子从下到上按金字塔状叠放着n 个不同大小的圆盘，要把所有盘子一个一个移动到柱子B 上，并且每次移动时，同一根柱子上都不能出现大盘子在小盘子的上方，请问至少需要移动多少次？记至少移动次数为H n ，例如：H (1)=1，H (2)=3，则下列说法正确的是()A.H (3)=5B.H (n ) 为等差数列C.H (n )+1 为等比数列D.H 7 <100【答案】C【分析】由题意可得H (3)=7，判断A ；归纳得到H n =2n -1，结合等差数列以及等比数列的概念可判断B ，C ；求出H 7 ，判断D .【详解】由题意知若有1个圆盘，则需移动一次：若有2个圆盘，则移动情况为：A →C ,A →B ,C →B ，需移动3次；若有3个圆盘，则移动情况如下：A →B ,A →C ,B →C ,A →B ,C →A ,C →B ,A →B ，共7次，故H (3)=7，A 错误；由此可知若有n 个圆盘，设至少移动a n 次，则a n =2a n -1+1,所以a n +1=2a n -1+1 ，而a 1+1=1+1=2≠0，故a n +1 为等比数列，故a n =2n -1即H n =2n -1，该式不是n 的一次函数，则H (n ) 不为等差数列，B 错误；又H n =2n -1，则H n +1=2n ，H n +1 +1H n +1=2，则H (n )+1 为等比数列，C 正确，H 7 =27-1=127>100，D 错误，故选：C8(2024·云南曲靖·二模)已知S n 是等比数列a n 的前n 项和，若a 3=3,S 3=9，则数列a n 的公比是()A.-12或1 B.12或1 C.-12D.12【答案】A【分析】分别利用等比数列的通项公式和前n 项和公式，解方程组可得q =1或q =-12.【详解】设等比数列a n 的首项为a 1，公比为q ，依题意得a 3=a 1q 2=3S 3=a 1+a 2+a 3=a 1+a 1q +a 1q 2=9 ，解得q =1或q =-12.故选：A .9(2024·四川·模拟预测)已知数列a n 为等差数列，且a 1+2a 4+3a 9=24，则S 11=()A.33B.44C.66D.88【答案】B【分析】将a 1,a 4,a 9用a 1和d 表示，计算出a 6的值，再由S 11=11a 6得S 11的值.【详解】依题意，a n 是等差数列，设其公差为d ，由a 1+2a 4+3a 9=24，所以a 1+2a 1+3d +3a 1+8d =6a 1+30d =6a 6=24，即a 6=4,S 11=11a 1+10×112d =11a 1+5d =11a 6=11×4=44，故选：B .10(2024·北京东城·二模)设无穷正数数列a n ，如果对任意的正整数n ，都存在唯一的正整数m ，使得a m =a 1+a 2+a 3+⋯+a n ，那么称a n 为内和数列，并令b n =m ，称b n 为a n 的伴随数列，则()A.若a n 为等差数列，则a n 为内和数列B.若a n 为等比数列，则a n 为内和数列C.若内和数列a n 为递增数列，则其伴随数列b n 为递增数列D.若内和数列a n 的伴随数列b n 为递增数列，则a n 为递增数列【答案】C【分析】对于ABD ：举反例说明即可；对于C ：根据题意分析可得a m 2>a m 1，结合单调性可得m 2>m 1，即可得结果.【详解】对于选项AB ：例题a n =1，可知a n 即为等差数列也为等比数列，则a 1+a 2=2，但不存在m ∈N *，使得a m =2，所以a n 不为内和数列，故AB 错误；对于选项C ：因为a n >0，对任意n 1,n 2∈N *，n 1<n 2，可知存在m 1,m 2∈N *，使得a m 1=a 1+a 2+a 3+⋯+a n 1,a m 2=a 1+a 2+a 3+⋯+a n 2，则a m 2-a m 1=a n 1+1+a n 1+2+⋯+a n 2>0，即a m 2>a m 1，且内和数列a n 为递增数列，可知m 2>m 1，所以其伴随数列b n 为递增数列，故C 正确；对于选项D ：例如2,1,3,4,5,⋅⋅⋅，显然a n 是所有正整数的排列，可知a n 为内和数列，且a n 的伴随数列为递增数列，但an 不是递增数列，故D 错误；故选：C.【点睛】方法点睛：对于新定义问题，要充分理解定义，把定义转化为已经学过的内容，简化理解和运算.11(2024·广东茂名·一模)已知T n为正项数列a n的前n项的乘积，且a1=2,T2n=a n+1n，则a5=() A.16 B.32 C.64 D.128【答案】B【分析】利用给定的递推公式，结合对数运算变形，再构造常数列求出通项即可得解.【详解】由T2n=a n+1n，得T2n+1=a n+2n+1，于是a2n+1=T2n+1T2n=a n+2n+1a n+1n，则a n n+1=a n+1n，两边取对数得n lg a n+1=(n+1)lg a n，因此lg a n+1n+1=lg a nn，数列lg a nn是常数列，则lg a nn=lg a11=lg2，即lg a n=n lg2=lg2n，所以a n=2n，a5=32.故选：B12(2024·湖南常德·一模)已知等比数列a n中，a3⋅a10=1，a6=2，则公比q为()A.12B.2 C.14D.4【答案】C【分析】直接使用已知条件及公比的性质得到结论.【详解】q=1q3⋅q4=a3a6⋅a10a6=a3⋅a10a26=122=14.故选：C.二、多选题13(2024·湖南长沙·三模)设无穷数列a n的前n项和为S n，且a n+a n+2=2a n+1，若存在k∈N∗，使S k+1 >S k+2>S k成立，则()A.a n≤a k+1B.S n≤S k+1C.不等式S n<0的解集为n∈N∗∣n≥2k+3D.对任意给定的实数p，总存在n0∈N∗，当n>n0时，a n<p【答案】BCD【分析】根据题意，得到a k+2<0,a k+1>0,a k+1+a k+2>0且a n是递减数列，结合等差数列的性质以及等差数列的求和公式，逐项判定，即可求解.【详解】由S k+1>S k+2>S k，可得a k+2=S k+2-S k+1<0,a k+1=S k+1-S k>0，且a k+1+a k+2=S k+2-S k>0，即a k+2<0,a k+1>0,a k+1+a k+2>0又由a n+a n+2=2a n+1，可得数列a n是等差数列，公差d=a k+2-a k+1<0，所以a n是递减数列，所以a1是最大项，且随着n的增加，a n无限减小，即a n≤a1，所以A错误、D正确；因为当n≤k+1时，a n>0；当n≥k+2时，a n<0，所以S n的最大值为S k+1，所以B正确；因为S2k+1=(2k+1)(a1+a2k+1)2=(2k+1)a k+1>0,S2k+3=(2k+3)a k+2<0，且S 2k +2=a 1+a 2k +22×2k +2 =k +1 ⋅a k +1+a k +2 >0，所以当n ≤2k +2时，S n >0；当n ≥2k +3时，S n <0，所以C 正确.故选：BCD .14(2024·山东泰安·模拟预测)已知数列a n 的通项公式为a n =92n -7n ∈N *，前n 项和为S n ，则下列说法正确的是()A.数列a n 有最大项a 4B.使a n ∈Z 的项共有4项C.满足a n a n +1a n +2<0的n 值共有2个D.使S n 取得最小值的n 值为4【答案】AC【分析】根据数列的通项公式，作差判断函数的单调性及项的正负判断A ，根据通项公式由整除可判断B ，根据项的正负及不等式判断C ，根据数列项的符号判断D .【详解】对于A ：因为a n =92n -7n ∈N *，所以a n +1-a n =92n -5-92n -7=-182n -5 2n -7，令a n +1-a n >0，即2n -5 2n -7 <0，解得52<n <72，又n ∈N *，所以当n =3时a n +1-a n >0，则当1≤n ≤2或n ≥4时，a n +1-a n <0，令a n =92n -7>0，解得n >72，所以a 1=-95>a 2=-3>a 3=-9，a 4>a 5>a 6>⋯>0，所以数列a n 有最大项a 4=9，故A 正确；对于B ：由a n ∈Z ，则92n -7∈Z 又n ∈N *，所以n =2或n =3或n =4或n =5或n =8，所以使a n ∈Z 的项共有5项．故B 不正确；对于C ：要使a n a n +1a n +2<0，又a n ≠0，所以a n 、a n +1、a n +2中有1个为负值或3个为负值，所以n =1或n =3，故满足a n a n +1a n +2<0的n 的值共有2个，故C 正确；对于D ：因为n ≤3时a n <0，n ≥4时a n >0，所以当n =3时S n 取得最小值，故D 不正确．故选：AC ．15(2024·山东临沂·二模)已知a n 是等差数列，S n 是其前n 项和，则下列命题为真命题的是()A.若a 3+a 4=9，a 7+a 8=18，则a 1+a 2=5B.若a 2+a 13=4，则S 14=28C.若S 15<0，则S 7>S 8D.若a n 和a n ⋅a n +1 都为递增数列，则a n >0【答案】BC【分析】根据题意，求得d =98，结合a 1+a 2=a 3+a 4 -4d ，可判定A 错误；根据数列的求和公式和等差数列的性质，可判定B 正确；由S 15<0，求得a 8<0，可判定C 正确；根据题意，求得任意的n ≥2,a n >0，结合a 1的正负不确定，可判定D 错误．【详解】对于A 中，由a 3+a 4=9，a 7+a 8=18，可得a 7+a 8 -a 3+a 4 =8d =9，所以d =98，又由a 1+a 2=a 3+a 4 -4d =9-4×98=92，所以A 错误；对于B 中，由S 14=14a 1+a 14 2=14a 2+a 132=28，所以B 正确；对于C 中，由S 15=15(a 1+a 15)2=15a 8<0，所以a 8<0，又因为S 8-S 7=a 8<0，则S 7>S 8，所以C 正确；对于D 中，因为a n 为递增数列，可得公差d >0，因为a n a n +1 为递增数列，可得a n +2a n +1-a n a n +1=a n +1⋅2d >0，所以对任意的n ≥2,a n >0，但a 1的正负不确定，所以D 错误．故选：BC .16(2024·山东泰安·二模)已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，a 2=4，S 7=42，则下列说法正确的是()A.a 5=4B.S n =12n 2+52n C.a nn为递减数列 D.1a n a n +1 的前5项和为421【答案】BC【分析】根据给定条件，利用等差数列的性质求出公差d ，再逐项求解判断即可.【详解】等差数列a n 中，S 7=7(a 1+a 7)2=7a 4=42，解得a 4=6，而a 2=4，因此公差d =a 4-a 24-2=1，通项a n =a 2+(n -2)d =n +2，对于A ，a 5=7，A 错误；对于B ，S n =n (3+n +2)2=12n 2+52n ，B 正确；对于C ，a n n =1+2n ，a n n 为递减数列，C 正确；对于D ，1a n a n +1=1(n +2)(n +3)=1n +2-1n +3，所以1a n a n +1 的前5项和为13-14+14-15+⋯+17-18=13-18=524，D 错误.故选：BC17(2024·江西·三模)已知数列a n 满足a 1=1,a n +1=2a n +1，则()A.数列a n 是等比数列B.数列log 2a n +1 是等差数列C.数列a n 的前n 项和为2n +1-n -2D.a 20能被3整除【答案】BCD【分析】利用构造法得到数列a n +1 是等比数列，从而求得通项，就可以判断选项，对于数列求和，可以用分组求和法，等比数列公式求和完成，对于幂的整除性问题可以转化为用二项式定理展开后，再加以证明.【详解】由a n +1=2a n +1可得：a n +1+1=2a n +1 ，所以数列a n +1 是等比数列，即a n =2n -1，则a 1=1,a 2=3,a 3=7,显然有a 1⋅a 3≠a 22，所以a 1,a 2,a 3不成等比数列，故选项A 是错误的；由数列a n +1 是等比数列可得：a n +1=2n ，即log 2a n +1 =log 22n =n ，故选项B 是正确的；由a n =2n -1可得：前n 项和S n =21-1+22-1+23-1+⋅⋅⋅+2n-1=21-2n 1-2-n =2n +1-n -2，故选项C是正确的；由a 20=220-1=3-1 20-1=C 020320+C 120319⋅-1 +C 220318⋅-1 2+⋅⋅⋅+C 19203⋅-1 19+C 2020-1 20-1=3×C 020319+C 120318⋅-1 +C 220317⋅-1 2+⋅⋅⋅+C 1920-1 19 ，故选项D 是正确的；方法二：由210=1024，1024除以3余数是1，所以10242除以3的余数还是1，从而可得220-1能补3整除，故选项D 是正确的；故选：BCD ．18(2024·湖北·二模)无穷等比数列a n 的首项为a 1公比为q ，下列条件能使a n 既有最大值，又有最小值的有()A.a 1>0，0<q <1B.a 1>0，-1<q <0C.a 1<0，q =-1D.a 1<0，q <-1【答案】BC【分析】结合选项，利用等比数列单调性分析判断即可.【详解】a 1>0，0<q <1时，等比数列a n 单调递减，故a n 只有最大值a 1，没有最小值；a 1>0，-1<q <0时，等比数列a n 为摆动数列，此时a 1为大值，a 2为最小值；a 1<0，q =-1时，奇数项都相等且小于零，偶数项都相等且大于零，所以等比数列a n 有最大值，也有最小值；a 1<0，q <-1时，因为q >1，所以a n 无最大值，奇数项为负无最小值，偶数项为正无最大值.故选：BC 三、填空题19(2024·山东济南·三模)数列a n 满足a n +2-a n =2，若a 1=1，a 4=4，则数列a n 的前20项的和为．【答案】210【分析】数列a n 的奇数项、偶数项都是等差数列，结合等差数列求和公式、分组求和法即可得解.【详解】数列a n 满足a n +2-a n =2，若a 1=1，a 4=4，则a 2=a 4-2=4-2=2，所以数列a n 的奇数项、偶数项分别构成以1，2为首项，公差均为2的等差数列所以数列a n 的前20项的和为a 1+a 2+⋯+a 20=a 1+a 3+⋯+a 19 +a 2+a 4+⋯+a 20=10×1+10×92×2+10×2+10×92×2=210.故答案为：210.20(2024·云南·二模)记数列a n 的前n 项和为S n ，若a 1=2,2a n +1-3a n =2n ，则a 82+S 8=.【答案】12/0.5【分析】构造得a n +12n -1-4=34a n2n -2-4，从而得到a n 2n -2=4，则a n =2n ，再利用等比数列求和公式代入计算即可.【详解】由2a n +1-3a n =2n ，得a n +12n -1=34×a n 2n -2+1，则a n +12n -1-4=34a n2n -2-4，又a 12-1-4=0，则a n 2n -2=4，则a n =2n ，a 8=28，S 8=21-28 1-2=29-2，a 82+S 8=2829=12，故答案为：12.21(2024·上海·三模)数列a n 满足a n +1=2a n (n 为正整数)，且a 2与a 4的等差中项是5，则首项a 1=。
历年高考文科数学真题汇编+答案解析(4)：数列
历年高考文科数学真题汇编+答案解析专题4数列（2020年版）考查频率：一般为1个大题（2019年1卷为1个小题1个大题，2019年3卷为2个小题）考试分值：10分~17分知识点分布：必修5一、选择题和填空题（每题5分）1．（2019全国I 卷文14）记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若13314a S ==，，则S 4=___________．【解析】由题意可得，323(1)3114q S q q q -==++=-，∴12q =-.∴343431315(488S S a S a q =+=+=+-=.【答案】58【考点】必修5等比数列2．（2019全国III 卷文6）已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5=3a 3+4a 1，则a 3=A ．16B ．8C ．4D ．2【解析】由题意可得，23142111(1)1534a q q q a q a q a ⎧+++=⎨=+⎩，解得2q =，11a =.∴2314a a q ==.【答案】C【考点】必修5等比数列3．（2019全国III 卷文14）记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若375,13a a ==，则10S =___________.【解析】∵7348a a d -==，∴2d =.∵311245a a d a =+=+=，∴11a =.∴10110910910101210022S a d ⨯⨯=+=⨯+=.【答案】100【考点】必修5等差数列二、简单题（每题12分）4．（2019全国I 卷文18）记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 9=－a 5．（1）若a 3=4，求{a n }的通项公式；（2）若a 1>0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围．【解析】（1）设{}n a 的公差为d ．由95S a =-得119364a d d a +=--，即140a d +=．由a 3=4得124a d +=．于是18,2a d ==-．因此{}n a 的通项公式为102n a n =-．【另解】由95S a =-结合19959()92a a S a +==，得50a =．又∵34a =，∴5324d a a =-=-，∴2d =-．因此{}n a 的通项公式为5(5)102n a a n d n =+-=-．（2）由50a =得14a d =-，故(5)n a n d =-，(9)2n n n d S -=.由10a >知0d <，故n n S a 等价于211100n n -+ ，解得1≤n≤10．所以n 的取值范围是{|110,}n n n ≤≤∈N ．【考点】必修5等差数列5．（2019全国II 卷文18）已知{}n a 是各项均为正数的等比数列，1322,216a a a ==+.（1）求{}n a 的通项公式；（2）设2log n n b a =，求数列{}n b 的前n 项和．【解析】（1）设{}n a 的公比为q ，由题设得22416q q =+，即2280q q --=．解得2q =-（舍去）或4q =．因此{}n a 的通项公式为121242n n n a --=⨯=．（2）由（1）得2(21)log 221n b n n =-=-，因此数列{}n b 的前n 项和为21321n n +++-= ．【考点】必修5等比数列6．（2018全国I 卷文17）已知数列{}n a 满足11a =，()121n n na n a +=+，设n n a b n=．（1）求123b b b ，，；（2）判断数列{}n b 是否为等比数列，并说明理由；（3）求{}n a 的通项公式．【解析】（1）由条件可得a n +1=2(1)n n a 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121n n a a n 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12n n a n -=，所以a n =n ·2n -1．【考点】必修5等比数列7．（2018全国II 卷文17）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知17a =-，315S =-．（1）求{}n a 的通项公式；（2）求n S ，并求n S 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．【考点】必修5等差数列8．（2018全国III 卷文17）等比数列{}n a 中，15314a a a ==，．（1）求{}n a 的通项公式；（2）记n S 为{}n a 的前n 项和．若63m S =，求m ．【解析】（1）设{}n a 的公比为q ，由题设得1n n a q -=．由已知得424q q =，解得0q =（舍去），2q =-或2q =．故1(2)n n a -=-或12n n a -=．（2）若1(2)n n a -=-，则1(2)3n n S --=．由63m S =得(2)188m -=-，此方程没有正整数解．若12n n a -=，则21n n S =-．由63m S =得264m =，解得6m =．综上，6m =．【考点】必修5等比数列9．（2017全国I 卷文17）记S n 为等比数列{}n a 的前n 项和，已知S 2=2，S 3=-6.（1）求{}n a 的通项公式；（2）求S n ，并判断S n +1，S n ，S n +2是否成等差数列。
(word完整版)历年高考真题汇编数列,推荐文档
、(年新课标卷文)
已知等比数列{an}
中，
a1
1 3
，公比
q
1 3
．
（）
Sn
为{an}
的前项和，证明：
Sn
1 an 2
（）设 bn log3 a1 log3 a2 log3 an ，求数列{bn}的通项公式．
解：（Ⅰ）因为 an
1 (1)n1 33
1 3n
.
Sn
1 (1 1 ) 3 3n
①②得
(1 22 ) Sn 2 23 25 22n1 n 22n1 。
即
Sn
1 [(3n 9
1)22n1
2]
、（年全国新课标卷文）
设等差数列an 满足 a3 5 ， a10 9 。
（Ⅰ）求 an 的通项公式；
（Ⅱ）求an的前 n 项和 Sn 及使得 Sn 最大的序号 n 的值。
解：（）由 （）及，得
1 1
1 1 3n
2
,
3
所以 Sn
1 an 2
,
（Ⅱ） bn log 3 a1 log 3 a2 log 3 an
所以{bn }的通项公式为 bn
n(n 1) . 2
(1 2 ....... n)
n(n 1) 2
、(全国新课标卷理）
等比数列an 的各项均为正数，且 2a1 3a2 1, a32 9a2a6. （）求数列 an 的通项公式.
1，
Sn a1 a2 an .
2 24
2n
所以，当 n 1时，
3 / 12
Sn 2
a1
a2
2
a1
an an1 an
2n1
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.。
高考数学真题汇编数列有答案
高考数学真题汇编---数列学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________一．选择题〔共9小题〕1．〔2021•新课标Ⅰ〕记S n为等差数列{a n}前n项和．假设a4+a5=24，S6=48，那么{a n}公差为〔〕A．1 B．2 C．4 D．82．〔2021•新课标Ⅱ〕在明朝程大位?算法统宗?中有这样一首歌谣：“远看巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？〞这首古诗描绘这个宝塔〔古称浮屠〕，此题说它一共有7层，每层悬挂红灯数是上一层2倍，共有381盏灯，问塔顶有几盏灯？你算出结果是〔〕A．6 B．5 C．4 D．33．〔2021•新课标Ⅲ〕等差数列{a n}首项为1，公差不为0．假设a2，a3，a6成等比数列，那么{a n}前6项和为〔〕A．﹣24 B．﹣3 C．3 D．84．〔2021•新课标Ⅰ〕几位高校生响应国家创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学爱好，他们推出了“解数学题获得软件激活码〞活动．这款软件激活码为下面数学问题答案：数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项为哪一项20，接下来两项是20，21，再接下来三项是20，21，22，依此类推．求满意如下条件最小整数N：N＞100且该数列前N项和为2整数幂．那么该款软件激活码是〔〕A．440 B．330 C．220 D．1105．〔2021•上海〕无穷等比数列{a n}公比为q，前n项和为S n，且=S，以下条件中，使得2S n＜S〔n∈N*〕恒成立是〔〕A．a1＞＜q＜0.7 B．a1＜＜q＜C．a1＞＜q＜D．a1＜＜q＜6．〔2021•新课标Ⅰ〕等差数列{a n}前9项和为27，a10=8，那么a100=〔〕A．100 B．99 C．98 D．977．〔2021•四川〕某公司为激励创新，方案逐年加大研发资金投入．假设该公司2021 年全年投入研发资金130万元，在此根底上，每年投入研发资金比上一年增长12%，那么该公司全年投入研发资金开始超过200万元年份是〔〕〔参考数据：lg1.12=0.05，lg1.3=0.11，lg2=0.30〕A．2021年B．2021年C．2021年D．2021年8．〔2021•浙江〕如图，点列{A n}、{B n}分别在某锐角两边上，且|A n A n+1|=|A n+1A n+2|，A n≠A n+1，n∈N*，|B n B n+1|=|B n+1B n+2|，B n≠B n+1，n∈N*，〔P≠Q表示点P与Q不重合〕假设d n=|A n B n|，S n为△A n B n B n+1面积，那么〔〕A．{S n}是等差数列B．{S n2}是等差数列C．{d n}是等差数列D．{d n2}是等差数列9．〔2021•新课标Ⅲ〕定义“标准01数列〞{a n}如下：{a n}共有2m项，其中m 项为0，m项为1，且对随意k≤2m，a1，a2，…，a k中0个数不少于1个数，假设m=4，那么不同“标准01数列〞共有〔〕A．18个B．16个C．14个D．12个二．填空题〔共9小题〕10．〔2021•北京〕假设等差数列{a n}和等比数列{b n}满意a1=b1=﹣1，a4=b4=8，那么=．11．〔2021•江苏〕等比数列{a n}各项均为实数，其前n项和为S n，S3=，S6=，那么a8=．12．〔2021•新课标Ⅱ〕等差数列{a n}前n项和为S n，a3=3，S4=10，那么=．13．〔2021•新课标Ⅲ〕设等比数列{a n}满意a1+a2=﹣1，a1﹣a3=﹣3，那么a4=．14．〔2021•江苏〕{a n}是等差数列，S n是其前n项和，假设a1+a22=﹣3，S5=10，那么a9值是．15．〔2021•北京〕{a n}为等差数列，S n为其前n项和．假设a1=6，a3+a5=0，那么S6=．16．〔2021•上海〕无穷数列{a n}由k个不同数组成，S n为{a n}前n项和，假设对随意n∈N*，S n∈{2，3}，那么k最大值为．17．〔2021•新课标Ⅰ〕设等比数列{a n}满意a1+a3=10，a2+a4=5，那么a1a2…a n最大值为．18．〔2021•浙江〕设数列{a n}前n项和为S n，假设S2=4，a n+1=2S n+1，n∈N*，那么a1=，S5=．三．解答题〔共22小题〕19．〔2021•新课标Ⅱ〕等差数列{a n}前n项和为S n，等比数列{b n}前n项和为T n，a1=﹣1，b1=1，a2+b2=2．〔1〕假设a3+b3=5，求{b n}通项公式；〔2〕假设T3=21，求S3．20．〔2021•山东〕{x n}是各项均为正数等比数列，且x1+x2=3，x3﹣x2=2．〔Ⅰ〕求数列{x n}通项公式；〔Ⅱ〕如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1〔x1，1〕，P2〔x2，2〕…P n+1〔x n，n+1〕得到折线P1P2…P n+1，求由该折线与直线y=0，x=x1，x=x n+1所围成+1区域面积T n．21．〔2021•山东〕{a n}是各项均为正数等比数列，且a1+a2=6，a1a2=a3．〔1〕求数列{a n}通项公式；〔2〕{b n}为各项非零等差数列，其前n项和为S n，S2n+1=b n b n+1，求数列前n项和T n．22．〔2021•天津〕{a n}为等差数列，前n项和为S n〔n∈N*〕，{b n}是首项为2等比数列，且公比大于0，b2+b3=12，b3=a4﹣2a1，S11=11b4．〔Ⅰ〕求{a n}和{b n}通项公式；〔Ⅱ〕求数列{a2n b n}前n项和〔n∈N*〕．23．〔2021•天津〕{a n}为等差数列，前n项和为S n〔n∈N+〕，{b n}是首项为2等比数列，且公比大于0，b2+b3=12，b3=a4﹣2a1，S11=11b4．〔Ⅰ〕求{a n}和{b n}通项公式；〔Ⅱ〕求数列{a2n b2n﹣1}前n项和〔n∈N+〕．24．〔2021•新课标Ⅲ〕设数列{a n}满意a1+3a2+…+〔2n﹣1〕a n=2n．〔1〕求{a n}通项公式；〔2〕求数列{}前n项和．25．〔2021•新课标Ⅰ〕记S n为等比数列{a n}前n项和．S2=2，S3=﹣6．〔1〕求{a n}通项公式；〔2〕求S n，并推断S n+1，S n，S n+2是否成等差数列．26．〔2021•江苏〕对于给定正整数k，假设数列{a n}满意：a n﹣k+a n﹣k+1+…+a n﹣1+a n+1+…+a n+k﹣1+a n+k=2ka n对随意正整数n〔n＞k〕总成立，那么称数列{a n}是“P 〔k〕数列〞．〔1〕证明：等差数列{a n}是“P〔3〕数列〞；〔2〕假设数列{a n}既是“P〔2〕数列〞，又是“P〔3〕数列〞，证明：{a n}是等差数列．27．〔2021•北京〕等差数列{a n}和等比数列{b n}满意a1=b1=1，a2+a4=10，b2b4=a5．〔Ⅰ〕求{a n}通项公式；〔Ⅱ〕求和：b1+b3+b5+…+b2n﹣1．28．〔2021•北京〕设{a n}和{b n}是两个等差数列，记c n=max{b1﹣a1n，b2﹣a2n，…，b n﹣a n n}〔n=1，2，3，…〕，其中max{x1，x2，…，x s}表示x1，x2，…，x s这s个数中最大数．〔1〕假设a n=n，b n=2n﹣1，求c1，c2，c3值，并证明{c n}是等差数列；〔2〕证明：或者对随意正数M，存在正整数m，当n≥m时，＞M；或者存在正整数m，使得c m，c m+1，c m+2，…是等差数列．29．〔2021•浙江〕数列{x n}满意：x1=1，x n=x n+1+ln〔1+x n+1〕〔n∈N*〕，证明：当n∈N*时，＜x n；〔Ⅰ〕0＜x n+1﹣x n≤；〔Ⅱ〕2x n+1〔Ⅲ〕≤x n≤．30．〔2021•北京〕{a n}是等差数列，{b n}是等比数列，且b2=3，b3=9，a1=b1，a14=b4．〔1〕求{a n}通项公式；〔2〕设c n=a n+b n，求数列{c n}前n项和．31．〔2021•北京〕设数列A：a1，a2，…，a N〔N≥2〕．假如对小于n〔2≤n≤N〕每个正整数k都有a k＜a n，那么称n是数列A一个“G时刻〞，记G〔A〕是数列A全部“G时刻〞组成集合．〔Ⅰ〕对数列A：﹣2，2，﹣1，1，3，写出G〔A〕全部元素；〔Ⅱ〕证明：假设数列A中存在a n使得a n＞a1，那么G〔A〕≠∅；〔Ⅲ〕证明：假设数列A满意a n﹣a n﹣1≤1〔n=2，3，…，N〕，那么G〔A〕元素个数不小于a N﹣a1．32．〔2021•新课标Ⅱ〕等差数列{a n}中，a3+a4=4，a5+a7=6．〔Ⅰ〕求{a n}通项公式；〔Ⅱ〕设b n=[a n]，求数列{b n}前10项和，其中[x]表示不超过x最大整数，如[]=0，[]=2．33．〔2021•天津〕{a n}是等比数列，前n项和为S n〔n∈N*〕，且﹣=，S6=63．〔1〕求{a n}通项公式；〔2〕假设对随意n∈N*，b n是log2a n和log2a n+1等差中项，求数列{〔﹣1〕n b}前2n项和．34．〔2021•上海〕对于无穷数列{a n}与{b n}，记A={x|x=a n，n∈N*}，B={x|x=b n，n∈N*}，假设同时满意条件：①{a n}，{b n}均单调递增；②A∩B=∅且A∪B=N*，那么称{a n}与{b n}是无穷互补数列．〔1〕假设a n=2n﹣1，b n=4n﹣2，推断{a n}与{b n}是否为无穷互补数列，并说明理由；〔2〕假设a n=2n且{a n}与{b n}是无穷互补数列，求数量{b n}前16项和；〔3〕假设{a n}与{b n}是无穷互补数列，{a n}为等差数列且a16=36，求{a n}与{b n}通项公式．35．〔2021•新课标Ⅲ〕数列{a n}前n项和S n=1+λa n，其中λ≠0．〔1〕证明{a n}是等比数列，并求其通项公式；〔2〕假设S5=，求λ．36．〔2021•浙江〕设数列{a n}前n项和为S n，S2=4，a n+1=2S n+1，n∈N*．〔Ⅰ〕求通项公式a n；〔Ⅱ〕求数列{|a n﹣n﹣2|}前n项和．37．〔2021•新课标Ⅱ〕S n为等差数列{a n}前n项和，且a1=1，S7=28，记b n=[lga n]，其中[x]表示不超过x最大整数，如[]=0，[lg99]=1．〔Ⅰ〕求b1，b11，b101；〔Ⅱ〕求数列{b n}前1000项和．38．〔2021•四川〕数列{a n}首项为1，S n为数列{a n}前n项和，S n+1=qS n+1，其中q＞0，n∈N+〔Ⅰ〕假设a2，a3，a2+a3成等差数列，求数列{a n}通项公式；〔Ⅱ〕设双曲线x2﹣=1离心率为e n，且e2=2，求e12+e22+…+e n2．39．〔2021•新课标Ⅰ〕{a n}是公差为3等差数列，数列{b n}满意b1=1，b2=，a nb n+1+b n+1=nb n．〔Ⅰ〕求{a n}通项公式；〔Ⅱ〕求{b n}前n项和．40．〔2021•江苏〕记U={1，2，…，100}，对数列{a n}〔n∈N*〕和U子集T，假设T=∅，定义S T=0；假设T={t1，t2，…，t k}，定义S T=++…+．例如：T={1，3，66}时，S T=a1+a3+a66．现设{a n}〔n∈N*〕是公比为3等比数列，且当T={2，4}时，S T=30．〔1〕求数列{a n}通项公式；〔2〕对随意正整数k〔1≤k≤100〕，假设T⊆{1，2，…，k}，求证：S T＜a k+1；〔3〕设C⊆U，D⊆U，S C≥S D，求证：S C+S C∩D≥2S D．41、〔2021•山东〕数列{a n}前n项和S n=3n2+8n，{b n}是等差数列，且a n=b n+b n+1．〔Ⅰ〕求数列{b n}通项公式；〔Ⅱ〕令c n=，求数列{c n}前n项和T n．42、〔2021•新课标Ⅲ〕各项都为正数数列{a n}满意a1=1，a n2﹣〔2a n+1﹣1〕a n﹣2a n+1=0．〔1〕求a2，a3；〔2〕求{a n}通项公式高考数学真题汇编---数列参考答案与试题解析一．选择题〔共9小题〕1．【分析】利用等差数列通项公式及前n项和公式列出方程组，求出首项和公差，由此能求出{a n}公差．【解答】解：∵S n为等差数列{a n}前n项和，a4+a5=24，S6=48，∴，解得a1=﹣2，d=4，∴{a n}公差为4．应选：C．2．【分析】设塔顶a1盏灯，由题意{a n}是公比为2等比数列，利用等比数列前n 项和公式列出方程，能求出结果．【解答】解：设塔顶a1盏灯，由题意{a n}是公比为2等比数列，∴S7==381，解得a1=3．应选：D．3．【分析】利用等差数列通项公式、等比数列性质列出方程，求出公差，由此能求出{a n}前6项和．【解答】解：∵等差数列{a n}首项为1，公差不为0．a2，a3，a6成等比数列，∴，∴〔a1+2d〕2=〔a1+d〕〔a1+5d〕，且a1=1，d≠0，解得d=﹣2，∴{a n}前6项和为==﹣24．应选：A．4．【分析】方法一：由数列性质，求得数列{b n}通项公式及前n项和，可知当N为〕，数列{a n}前N项和为数列{b n}前n项和，即为2n+1﹣n﹣2，时〔n∈N+简单得到N＞100时，n≥14，分别推断，即可求得该款软件激活码；方法二：由题意求得数列每一项，及前n项和S n=2n+1﹣2﹣n，及项数，由题意可知：2n+1为2整数幂．只需将﹣2﹣n消去即可，分别即可求得N值．【解答】解：设该数列为{a n}，设b n=+…+=2n+1﹣1，〔n∈N+〕，那么=a i，由题意可设数列{a n}前N项和为S N，数列{b n}前n项和为T n，那么T n=21﹣1+22﹣1+…+2n+1﹣1=2n+1﹣n﹣2，可知当N为时〔n∈N〕，数列{a n}前N项和为数列{b n}前n项和，即为+2n+1﹣n﹣2，简单得到N＞100时，n≥14，A项，由=435，440=435+5，可知S440=T29+b5=230﹣29﹣2+25﹣1=230，故A 项符合题意．B项，仿上可知=325，可知S330=T25+b5=226﹣25﹣2+25﹣1=226+4，明显不为2整数幂，故B项不符合题意．C项，仿上可知=210，可知S220=T20+b10=221﹣20﹣2+210﹣1=221+210﹣23，明显不为2整数幂，故C项不符合题意．D项，仿上可知=105，可知S110=T14+b5=215﹣14﹣2+25﹣1=215+15，明显不为2整数幂，故D项不符合题意．应选A．方法二：由题意可知：，，，…，依据等比数列前n项和公式，求得每项和分别为：21﹣1，22﹣1，23﹣1， (2)﹣1，每项含有项数为：1，2，3，…，n，总共项数为N=1+2+3+…+n=，全部项数和为S n：21﹣1+22﹣1+23﹣1+…+2n﹣1=〔21+22+23+…+2n〕﹣n=﹣n=2n+1﹣2﹣n，由题意可知：2n+1为2整数幂．只需将﹣2﹣n消去即可，那么①1+2+〔﹣2﹣n〕=0，解得：n=1，总共有+2=3，不满意N＞100，②1+2+4+〔﹣2﹣n〕=0，解得：n=5，总共有+3=18，不满意N＞100，③1+2+4+8+〔﹣2﹣n〕=0，解得：n=13，总共有+4=95，不满意N＞100，④1+2+4+8+16+〔﹣2﹣n〕=0，解得：n=29，总共有+5=440，满意N ＞100，∴该款软件激活码440．应选：A．5．【分析】由推导出，由此利用解除法能求出结果．【解答】解：∵，S==，﹣1＜q＜1，2S n＜S，∴，假设a1＞0，那么，故A与C不行能成立；假设a1＜0，那么q n，在B中，a1＜＜q＜﹣0.6故B成立；在D中，a1＜＜q＜﹣0.7，此时q2＞，D不成立．应选：B．6．【分析】依据可得a5=3，进而求出公差，可得答案．【解答】解：∵等差数列{a n}前9项和为27，S9===9a5．∴9a5=27，a5=3，又∵a10=8，∴d=1，∴a100=a5+95d=98，应选：C．7．【分析】设第n年开始超过200万元，可得130×〔1+12%〕n﹣2021 ＞200，两边取对数即可得出．【解答】解：设第n年开始超过200万元，那么130×〔1+12%〕n﹣2021 ＞200，＞lg2﹣lg1.3，n﹣2021 ＞=3.8．取n=2021．因此开始超过200万元年份是2021年．应选：B．8．【分析】设锐角顶点为O，再设|OA1|=a，|OB1|=c，|A n A n+1|=|A n+1A n+2|=b，|B n B n+1|=|B n+1B n+2|=d，由于a，c不确定，推断C，D不正确，设△A n B n B n+1底边B n B n+1上高为h n，运用三角形相像学问，h n+h n+2=2h n+1，由S n=d•h n，可得S n+S n+2=2S n+1，进而得到数列{S n}为等差数列．【解答】解：设锐角顶点为O，|OA1|=a，|OB1|=c，|A n A n+1|=|A n+1A n+2|=b，|B n B n+1|=|B n+1B n+2|=d，由于a，c不确定，那么{d n}不肯定是等差数列，{d n2}不肯定是等差数列，设△A n B n B n+1底边B n B n+1上高为h n，由三角形相像可得==，==，两式相加可得，==2，即有h n+h n+2=2h n+1，由S n=d•h n，可得S n+S n+2=2S n+1，即为S n﹣S n+1=S n+1﹣S n，+2那么数列{S n}为等差数列．另解：可设△A1B1B2，△A2B2B3，…，A n B n B n+1为直角三角形，且A1B1，A2B2，…，A n B n为直角边，即有h n+h n+2=2h n+1，由S n=d•h n，可得S n+S n+2=2S n+1，即为S n﹣S n+1=S n+1﹣S n，+2那么数列{S n}为等差数列．应选：A．9．【分析】由新定义可得，“标准01数列〞有偶数项2m项，且所含0与1个数相等，首项为0，末项为1，当m=4时，数列中有四个0和四个1，然后一一列举得答案．【解答】解：由题意可知，“标准01数列〞有偶数项2m项，且所含0与1个数相等，首项为0，末项为1，假设m=4，说明数列有8项，满意条件数列有：0，0，0，0，1，1，1，1；0，0，0，1，0，1，1，1；0，0，0，1，1，0，1，1；0，0，0，1，1，1，0，1；0，0，1，0，0，1，1，1；0，0，1，0，1，0，1，1；0，0，1，0，1，1，0，1；0，0，1，1，0，1，0，1；0，0，1，1，0，0，1，1；0，1，0，0，0，1，1，1；0，1，0，0，1，0，1，1；0，1，0，0，1，1，0，1；0，1，0，1，0，0，1，1；0，1，0，1，0，1，0，1．共14个．应选：C．二．填空题〔共9小题〕10．【分析】利用等差数列求出公差，等比数列求出公比，然后求解第二项，即可得到结果．【解答】解：等差数列{a n}和等比数列{b n}满意a1=b1=﹣1，a4=b4=8，设等差数列公差为d，等比数列公比为q．可得：8=﹣1+3d，d=3，a2=2；8=﹣q3，解得q=﹣2，∴b2=2．可得=1．故答案为：1．11．【分析】设等比数列{a n}公比为q≠1，S3=，S6=，可得=，=，联立解出即可得出．【解答】解：设等比数列{a n}公比为q≠1，∵S3=，S6=，∴=，=，解得a1=，q=2．那么a8==32．故答案为：32．12．【分析】利用条件求出等差数列前n项和，然后化简所求表达式，求解即可．【解答】解：等差数列{a n}前n项和为S n，a3=3，S4=10，S4=2〔a2+a3〕=10，可得a2=2，数列首项为1，公差为1，S n=，=，那么=2[1﹣++…+]=2〔1﹣〕=．故答案为：．13．【分析】设等比数列{a n}公比为q，由a1+a2=﹣1，a1﹣a3=﹣3，可得：a1〔1+q〕=﹣1，a1〔1﹣q2〕=﹣3，解出即可得出．【解答】解：设等比数列{a n}公比为q，∵a1+a2=﹣1，a1﹣a3=﹣3，∴a1〔1+q〕=﹣1，a1〔1﹣q2〕=﹣3，解得a1=1，q=﹣2．那么a4=〔﹣2〕3=﹣8．故答案为：﹣8．14．【分析】利用等差数列通项公式和前n项和公式列出方程组，求出首项和公差，由此能求出a9值．【解答】解：∵{a n}是等差数列，S n是其前n项和，a1+a22=﹣3，S5=10，∴，解得a1=﹣4，d=3，∴a9=﹣4+8×3=20．故答案为：20．15．【分析】由条件利用等差数列性质求出公差，由此利用等差数列前n项和公式能求出S6．【解答】解：∵{a n}为等差数列，S n为其前n项和．a1=6，a3+a5=0，∴a1+2d+a1+4d=0，∴12+6d=0，解得d=﹣2，∴S6==36﹣30=6．故答案为：6．16．【分析】对随意n∈N*，S n∈{2，3}，列举出n=1，2，3，4状况，归纳可得n ＞4后都为0或1或﹣1，那么k最大个数为4．【解答】解：对随意n∈N*，S n∈{2，3}，可得当n=1时，a1=S1=2或3；假设n=2，由S2∈{2，3}，可得数列前两项为2，0；或2，1；或3，0；或3，﹣1；假设n=3，由S3∈{2，3}，可得数列前三项为2，0，0；或2，0，1；或2，1，0；或2，1，﹣1；或3，0，0；或3，0，﹣1；或3，1，0；或3，1，﹣1；假设n=4，由S3∈{2，3}，可得数列前四项为2，0，0，0；或2，0，0，1；或2，0，1，0；或2，0，1，﹣1；或2，1，0，0；或2，1，0，﹣1；或2，1，﹣1，0；或2，1，﹣1，1；或3，0，0，0；或3，0，0，﹣1；或3，0，﹣1，0；或3，0，﹣1，1；或3，﹣1，0，0；或3，﹣1，0，1；或3，﹣1，1，0；或3，﹣1，1，﹣1；…即有n＞4后一项都为0或1或﹣1，那么k最大个数为4，不同四个数均为2，0，1，﹣1，或3，0，1，﹣1．故答案为：4．17．【分析】求出数列等比与首项，化简a1a2…a n，然后求解最值．【解答】解：等比数列{a n}满意a1+a3=10，a2+a4=5，可得q〔a1+a3〕=5，解得q=．a1+q2a1=10，解得a1=8．那么a1a2…a n=a1n•q1+2+3+…+〔n﹣1〕=8n•==，当n=3或4时，表达式获得最大值：=26=64．故答案为：64．18．【分析】运用n=1时，a1=S1，代入条件，结合S2=4，解方程可得首项；再由n＞1时，a n=S n+1﹣S n，结合条件，计算即可得到所求和．+1【解答】解：由n=1时，a1=S1，可得a2=2S1+1=2a1+1，又S2=4，即a1+a2=4，即有3a1+1=4，解得a1=1；=S n+1﹣S n，可得由a n+1S n+1=3S n+1，由S2=4，可得S3=3×4+1=13，S4=3×13+1=40，S5=3×40+1=121．故答案为：1，121．三．解答题〔共22小题〕19．【分析】〔1〕设等差数列{a n}公差为d，等比数列{b n}公比为q，运用等差数列和等比数列通项公式，列方程解方程可得d，q，即可得到所求通项公式；〔2〕运用等比数列求和公式，解方程可得公比，再由等差数列通项公式和求和，计算即可得到所求和．【解答】解：〔1〕设等差数列{a n}公差为d，等比数列{b n}公比为q，a1=﹣1，b1=1，a2+b2=2，a3+b3=5，可得﹣1+d+q=2，﹣1+2d+q2=5，解得d=1，q=2或d=3，q=0〔舍去〕，那么{b n}通项公式为b n=2n﹣1，n∈N*；〔2〕b1=1，T3=21，可得1+q+q2=21，解得q=4或﹣5，当q=4时，b2=4，a2=2﹣4=﹣2，d=﹣2﹣〔﹣1〕=﹣1，S3=﹣1﹣2﹣3=﹣6；当q=﹣5时，b2=﹣5，a2=2﹣〔﹣5〕=7，d=7﹣〔﹣1〕=8，S3=﹣1+7+15=21．20．【分析】〔I〕列方程组求出首项和公比即可得出通项公式；〔II〕从各点向x轴作垂线，求出梯形面积通项公式，利用错位相减法求和即可．【解答】解：〔I〕设数列{x n}公比为q，那么q＞0，由题意得，两式相比得：，解得q=2或q=﹣〔舍〕，∴x1=1，∴x n=2n﹣1．〔II〕过P1，P2，P3，…，P n向x轴作垂线，垂足为Q1，Q2，Q3，…，Q n，记梯形P n P n+1Q n+1Q n面积为b n，那么b n==〔2n+1〕×2n﹣2，∴T n=3×2﹣1+5×20+7×21+…+〔2n+1〕×2n﹣2，①∴2T n=3×20+5×21+7×22+…+〔2n+1〕×2n﹣1，②①﹣②得：﹣T n=+〔2+22+…+2n﹣1〕﹣〔2n+1〕×2n﹣1=+﹣〔2n+1〕×2n﹣1=﹣+〔1﹣2n〕×2n﹣1．∴T n=．21．【分析】〔1〕通过首项和公比，联立a1+a2=6、a1a2=a3，可求出a1=q=2，进而利用等比数列通项公式可得结论；=〔2n+1〕b n+1，结合S2n+1=b n b n+1可知b n=2n+1，〔2〕利用等差数列性质可知S2n+1进而可知=，利用错位相减法计算即得结论．【解答】解：〔1〕记正项等比数列{a n}公比为q，因为a1+a2=6，a1a2=a3，所以〔1+q〕a1=6，q=q2a1，解得：a1=q=2，所以a n=2n；〔2〕因为{b n}为各项非零等差数列，=〔2n+1〕b n+1，所以S2n+1=b n b n+1，又因为S2n+1所以b n=2n+1，=，所以T n=3•+5•+…+〔2n+1〕•，T n=3•+5•+…+〔2n﹣1〕•+〔2n+1〕•，两式相减得：T n=3•+2〔++…+〕﹣〔2n+1〕•，即T n=3•+〔+++…+〕﹣〔2n+1〕•，即T n=3+1++++…+〕﹣〔2n+1〕•=3+﹣〔2n+1〕•=5﹣．22．【分析】〔Ⅰ〕设等差数列{a n}公差为d，等比数列{b n}公比为q．通过b2+b3=12，求出q，得到．然后求出公差d，推出a n=3n﹣2．〔Ⅱ〕设数列{a2n b n}前n项和为T n，利用错位相减法，转化求解数列{a2n b n}前n 项和即可．【解答】〔Ⅰ〕解：设等差数列{a n}公差为d，等比数列{b n}公比为q．由b2+b3=12，得，而b1=2，所以q2+q﹣6=0．又因为q＞0，解得q=2．所以，．由b3=a4﹣2a1，可得3d﹣a1=8．由S11=11b4，可得a1+5d=16，联立①②，解得a1=1，d=3，由此可得a n=3n﹣2．所以，{a n}通项公式为a n=3n﹣2，{b n}通项公式为．〔Ⅱ〕解：设数列{a2n b n}前n项和为T n，由a2n=6n﹣2，有，，上述两式相减，得=．得．所以，数列{a2n b n}前n项和为〔3n﹣4〕2n+2+16．23．【分析】〔Ⅰ〕设出公差与公比，利用条件求出公差与公比，然后求解{a n}和{b n}通项公式；〔Ⅱ〕化简数列通项公式，利用错位相减法求解数列和即可．【解答】解：〔I〕设等差数列{a n}公差为d，等比数列{b n}公比为q．由b2+b3=12，得b1〔q+q2〕=12，而b1=2，所以q+q2﹣6=0．又因为q＞0，解得q=2．所以，b n=2n．由b3=a4﹣2a1，可得3d﹣a1=8①．由S11=11b4，可得a1+5d=16②，联立①②，解得a1=1，d=3，由此可得a n=3n﹣2．所以，数列{a n}通项公式为a n=3n﹣2，数列{b n}通项公式为b n=2n．〔II〕设数列{a2n b2n﹣1}前n项和为T n，由a2n=6n﹣2，b2n﹣1=4n，有a2n b2n﹣1=〔3n﹣1〕4n，故T n=2×4+5×42+8×43+…+〔3n﹣1〕4n，4T n=2×42+5×43+8×44+…+〔3n﹣1〕4n+1，上述两式相减，得﹣3T n=2×4+3×42+3×43+…+3×4n﹣〔3n﹣1〕4n+1==﹣〔3n﹣2〕4n+1﹣8得T n=．所以，数列{a2n b2n﹣1}前n项和为．24．【分析】〔1〕利用数列递推关系即可得出．〔2〕==﹣．利用裂项求和方法即可得出．【解答】解：〔1〕数列{a n}满意a1+3a2+…+〔2n﹣1〕a n=2n．n≥2时，a1+3a2+…+〔2n﹣3〕a n﹣1=2〔n﹣1〕．∴〔2n﹣1〕a n=2．∴a n=．当n=1时，a1=2，上式也成立．∴a n=．〔2〕==﹣．∴数列{}前n项和=++…+=1﹣=．25．【分析】〔1〕由题意可知a3=S3﹣S2=﹣6﹣2=﹣8，a1==，a2==，由a1+a2=2，列方程即可求得q及a1，依据等比数列通项公式，即可求得{a n}通项公式；〔2〕由〔1〕可知．利用等比数列前n项和公式，即可求得S n，分别求得S n+1，S n+2，明显S n+1+S n+2=2S n，那么S n+1，S n，S n+2成等差数列．【解答】解：〔1〕设等比数列{a n}首项为a1，公比为q，那么a3=S3﹣S2=﹣6﹣2=﹣8，那么a1==，a2==，由a1+a2=2，+=2，整理得：q2+4q+4=0，解得：q=﹣2，那么a1=﹣2，a n=〔﹣2〕〔﹣2〕n﹣1=〔﹣2〕n，∴{a n}通项公式a n=〔﹣2〕n；〔2〕由〔1〕可知：S n===﹣[2+〔﹣2〕n+1]，=﹣[2+〔﹣2〕n+2]，S n+2=﹣[2+〔﹣2〕n+3]，那么S n+1+S n+2=﹣[2+〔﹣2〕n+2]﹣[2+〔﹣2〕n+3]，由S n+1=﹣[4+〔﹣2〕×〔﹣2〕n+1+〔﹣2〕2×〔﹣2〕n+1]，=﹣[4+2〔﹣2〕n+1]=2×[﹣〔2+〔﹣2〕n+1〕]，=2S n，+S n+2=2S n，即S n+1，S n，S n+2成等差数列．∴S n+126．+a n﹣2+a n﹣1+a n+1+a n+2+a n+3=〔a n﹣【分析】〔1〕由题意可知依据等差数列性质，a n﹣33+a n+3〕+〔a n﹣2+a n+2〕+〔a n﹣1+a n+1〕═2×3a n，依据“P〔k〕数列〞定义，可得数列{a n}是“P〔3〕数列〞；〔2〕由条件结合〔1〕中结论，可得到{a n}从第3项起为等差数列，再通过推断a2与a3关系和a1与a2关系，可知{a n}为等差数列．【解答】解：〔1〕证明：设等差数列{a n}首项为a1，公差为d，那么a n=a1+〔n ﹣1〕d，+a n﹣2+a n﹣1+a n+1+a n+2+a n+3，那么a n﹣3=〔a n﹣3+a n+3〕+〔a n﹣2+a n+2〕+〔a n﹣1+a n+1〕，=2a n+2a n+2a n，=2×3a n，∴等差数列{a n}是“P〔3〕数列〞；〔2〕证明：当n≥4时，因为数列{a n}是P〔3〕数列，那么a n﹣3+a n﹣2+a n﹣1+a n+1+a n+2+a n+3=6a n，①因为数列{a n}是“P〔2〕数列〞，所以a n﹣2+a n﹣1+a n+1+a n+2=4a n，②+a n+a n+2+a n+3=4a n+1，③，那么a n﹣1②+③﹣①，得2a n=4a n﹣1+4a n+1﹣6a n，即2a n=a n﹣1+a n+1，〔n≥4〕，因此n≥4从第3项起为等差数列，设公差为d，留意到a2+a3+a5+a6=4a4，所以a2=4a4﹣a3﹣a5﹣a6=4〔a3+d〕﹣a3﹣〔a3+2d〕﹣〔a3+3d〕=a3﹣d，因为a1+a2+a4+a5=4a3，所以a1=4a3﹣a2﹣a4﹣a5=4〔a2+d〕﹣a2﹣〔a2+2d〕﹣〔a2+3d〕=a2﹣d，也即前3项满意等差数列通项公式，所以{a n}为等差数列．27．【分析】〔Ⅰ〕利用条件求出等差数列公差，然后求{a n}通项公式；〔Ⅱ〕利用条件求出公比，然后求解数列和即可．【解答】解：〔Ⅰ〕等差数列{a n}，a1=1，a2+a4=10，可得：1+d+1+3d=10，解得d=2，所以{a n}通项公式：a n=1+〔n﹣1〕×2=2n﹣1．〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕可得a5=a1+4d=9，等比数列{b n}满意b1=1，b2b4=9．可得b3=3，或﹣3〔舍去〕〔等比数列奇数项符号一样〕．∴q2=3，}是等比数列，公比为3，首项为1．{b2n﹣1b1+b3+b5+…+b2n﹣1==．28．【分析】〔1〕分别求得a1=1，a2=2，a3=3，b1=1，b2=3，b3=5，代入即可求得c1，c2，c3；由〔b k﹣na k〕﹣〔b1﹣na1〕≤0，那么b1﹣na1≥b k﹣na k，那么c n=b1﹣na1=1﹣n，c n+1﹣c n=﹣1对∀n∈N*均成立；〔2〕由b i﹣a i n=[b1+〔i﹣1〕d1]﹣[a1+〔i﹣1〕d2]×n=〔b1﹣a1n〕+〔i﹣1〕〔d2﹣d1×n〕，分类探讨d1=0，d1＞0，d1＜0三种状况进展探讨依据等差数列性质，即可求得使得c m，c m+1，c m+2，…是等差数列；设=An+B+对随意正整数M，存在正整数m，使得n≥m，＞M，分类探讨，采纳放缩法即可求得因此对随意正数M，存在正整数m，使得当n≥m时，＞M．【解答】解：〔1〕a1=1，a2=2，a3=3，b1=1，b2=3，b3=5，当n=1时，c1=max{b1﹣a1}=max{0}=0，当n=2时，c2=max{b1﹣2a1，b2﹣2a2}=max{﹣1，﹣1}=﹣1，当n=3时，c3=max{b1﹣3a1，b2﹣3a2，b3﹣3a3}=max{﹣2，﹣3，﹣4}=﹣2，下面证明：对∀n∈N*，且n≥2，都有c n=b1﹣na1，当n∈N*，且2≤k≤n时，那么〔b k﹣na k〕﹣〔b1﹣na1〕，=[〔2k﹣1〕﹣nk]﹣1+n，=〔2k﹣2〕﹣n〔k﹣1〕，=〔k﹣1〕〔2﹣n〕，由k﹣1＞0，且2﹣n≤0，那么〔b k﹣na k〕﹣〔b1﹣na1〕≤0，那么b1﹣na1≥b k﹣na k，因此，对∀n∈N*，且n≥2，c n=b1﹣na1=1﹣n，c n+1﹣c n=﹣1，∴c2﹣c1=﹣1，﹣c n=﹣1对∀n∈N*均成立，∴c n+1∴数列{c n}是等差数列；〔2〕证明：设数列{a n}和{b n}公差分别为d1，d2，下面考虑c n取值，由b1﹣a1n，b2﹣a2n，…，b n﹣a n n，考虑其中随意b i﹣a i n，〔i∈N*，且1≤i≤n〕，那么b i﹣a i n=[b1+〔i﹣1〕d1]﹣[a1+〔i﹣1〕d2]×n，=〔b1﹣a1n〕+〔i﹣1〕〔d2﹣d1×n〕，下面分d1=0，d1＞0，d1＜0三种状况进展探讨，①假设d1=0，那么b i﹣a i n═〔b1﹣a1n〕+〔i﹣1〕d2，当假设d2≤0，那么〔b i﹣a i n〕﹣〔b1﹣a1n〕=〔i﹣1〕d2≤0，那么对于给定正整数n而言，c n=b1﹣a1n，此时c n+1﹣c n=﹣a1，∴数列{c n}是等差数列；当d2＞0，〔b i﹣a i n〕﹣〔b n﹣a n n〕=〔i﹣n〕d2＞0，那么对于给定正整数n而言，c n=b n﹣a n n=b n﹣a1n，此时c n﹣c n=d2﹣a1，+1∴数列{c n}是等差数列；此时取m=1，那么c1，c2，…，是等差数列，命题成立；②假设d1＞0，那么此时﹣d1n+d2为一个关于n一次项系数为负数一次函数，故必存在m∈N*，使得n≥m时，﹣d1n+d2＜0，那么当n≥m时，〔b i﹣a i n〕﹣〔b1﹣a1n〕=〔i﹣1〕〔﹣d1n+d2〕≤0，〔i∈N*，1≤i≤n〕，因此当n≥m时，c n=b1﹣a1n，﹣c n=﹣a1，故数列{c n}从第m项开始为等差数列，命题成立；此时c n+1③假设d1＜0，此时﹣d1n+d2为一个关于n一次项系数为正数一次函数，故必存在s∈N*，使得n≥s时，﹣d1n+d2＞0，那么当n≥s时，〔b i﹣a i n〕﹣〔b n﹣a n n〕=〔i﹣1〕〔﹣d1n+d2〕≤0，〔i∈N*，1≤i≤n〕，因此，当n≥s时，c n=b n﹣a n n，此时==﹣a n+，=﹣d2n+〔d1﹣a1+d2〕+，令﹣d1=A＞0，d1﹣a1+d2=B，b1﹣d2=C，下面证明：=An+B+对随意正整数M，存在正整数m，使得n≥m，＞M，假设C≥0，取m=[+1]，[x]表示不大于x最大整数，当n≥m时，≥An+B≥Am+B=A[+1]+B＞A•+B=M，此时命题成立；假设C＜0，取m=[]+1，当n≥m时，≥An+B+≥Am+B+C＞A•+B+C≥M﹣C﹣B+B+C=M，此时命题成立，因此对随意正数M，存在正整数m，使得当n≥m时，＞M；综合以上三种状况，命题得证．29．【分析】〔Ⅰ〕用数学归纳法即可证明，〔Ⅱ〕构造函数，利用导数推断函数单调性，把数列问题转化为函数问题，即可证明，〔Ⅲ〕由≥2x n+1﹣x n得﹣≥2〔﹣〕＞0，接着放缩即可证明【解答】解：〔Ⅰ〕用数学归纳法证明：x n＞0，当n=1时，x1=1＞0，成立，假设当n=k时成立，那么x k＞0，那么n=k+1时，假设x k+1＜0，那么0＜x k=x k+1+ln〔1+x k+1〕＜0，冲突，故x n+1＞0，因此x n＞0，〔n∈N*〕∴x n=x n+1+ln〔1+x n+1〕＞x n+1，因此0＜x n+1＜x n〔n∈N*〕，〔Ⅱ〕由x n=x n+1+ln〔1+x n+1〕得x n x n+1﹣4x n+1+2x n=x n+12﹣2x n+1+〔x n+1+2〕ln〔1+x n+1〕，记函数f〔x〕=x2﹣2x+〔x+2〕ln〔1+x〕，x≥0∴f′〔x〕=+ln〔1+x〕＞0，∴f〔x〕在〔0，+∞〕上单调递增，∴f〔x〕≥f〔0〕=0，因此x n+12﹣2x n+1+〔x n+1+2〕ln〔1+x n+1〕≥0，故2x n+1﹣x n≤；〔Ⅲ〕∵x n=x n+1+ln〔1+x n+1〕≤x n+1+x n+1=2x n+1，∴x n≥，由≥2x n+1﹣x n得﹣≥2〔﹣〕＞0，∴﹣≥2〔﹣〕≥…≥2n﹣1〔﹣〕=2n﹣2，∴x n≤，综上所述≤x n≤．30．【分析】〔1〕设{a n}是公差为d等差数列，{b n}是公比为q等比数列，运用通项公式可得q=3，d=2，进而得到所求通项公式；〔2〕求得c n=a n+b n=2n﹣1+3n﹣1，再由数列求和方法：分组求和，运用等差数列和等比数列求和公式，计算即可得到所求和．【解答】解：〔1〕设{a n}是公差为d等差数列，{b n}是公比为q等比数列，由b2=3，b3=9，可得q==3，b n=b2q n﹣2=3•3n﹣2=3n﹣1；即有a1=b1=1，a14=b4=27，那么d==2，那么a n=a1+〔n﹣1〕d=1+2〔n﹣1〕=2n﹣1；〔2〕c n=a n+b n=2n﹣1+3n﹣1，那么数列{c n}前n项和为〔1+3+…+〔2n﹣1〕〕+〔1+3+9+…+3n﹣1〕=n•2n+=n2+．31．【分析】〔Ⅰ〕结合“G时刻〞定义进展分析；〔Ⅱ〕可以采纳假设法和递推法进展分析；〔Ⅲ〕可以采纳假设法和列举法进展分析．【解答】解：〔Ⅰ〕依据题干可得，a1=﹣2，a2=2，a3=﹣1，a4=1，a5=3，a1＜a2满意条件，2满意条件，a2＞a3不满意条件，3不满意条件，a2＞a4不满意条件，4不满意条件，a1，a2，a3，a4，均小于a5，因此5满意条件，因此G〔A〕={2，5}．〔Ⅱ〕因为存在a n＞a1，设数列A中第一个大于a1项为a k，那么a k＞a1≥a i，其中2≤i≤k﹣1，所以k∈G〔A〕，G〔A〕≠∅；〔Ⅲ〕设A数列全部“G时刻〞为i1＜i2＜…＜i k，对于第一个“G时刻〞i1，有＞a1≥a i〔i=2，3，…，i1﹣1〕，那么﹣a1≤﹣≤1．对于第二个“G时刻〞i1，有＞≥a i〔i=2，3，…，i1﹣1〕，那么﹣≤﹣≤1．类似﹣≤1，…，﹣≤1．于是，k≥〔﹣〕+〔﹣〕+…+〔﹣〕+〔﹣a1〕=﹣a1．对于a N，假设N∈G〔A〕，那么=a N．假设N∉G〔A〕，那么a N≤，否那么由〔2〕知，，…，a N，中存在“G 时刻〞与只有k个“G时刻〞冲突．从而k≥﹣a1≥a N﹣a1．32．【分析】〔Ⅰ〕设等差数列{a n}公差为d，依据构造关于首项和公差方程组，解得答案；〔Ⅱ〕依据b n=[a n]，列出数列{b n}前10项，相加可得答案．【解答】解：〔Ⅰ〕设等差数列{a n}公差为d，∵a3+a4=4，a5+a7=6．∴，解得：，∴a n=；〔Ⅱ〕∵b n=[a n]，∴b1=b2=b3=1，b4=b5=2，b6=b7=b8=3，b9=b10=4．故数列{b n}前10项和S10=3×1+2×2+3×3+2×4=24．33．【分析】〔1〕依据等比数列通项公式列方程解出公比q，利用求和公式解出a1，得出通项公式；〔2〕利用对数运算性质求出b n，运用分项求和法和平方差公式计算．【解答】解：〔1〕设{a n}公比为q，那么﹣=，即1﹣=，解得q=2或q=﹣1．假设q=﹣1，那么S6=0，与S6=63冲突，不符合题意．∴q=2，∴S6==63，∴a1=1．∴a n=2n﹣1．〔2〕∵b n是log2a n和log2a n+1等差中项，∴b n=〔log2a n+log2a n+1〕=〔log22n﹣1+log22n〕=n﹣．﹣b n=1．∴b n+1∴{b n}是以为首项，以1为公差等差数列．设{〔﹣1〕n b n2}前2n项和为T n，那么T n=〔﹣b12+b22〕+〔﹣b32+b42〕+…+〔﹣b2n﹣12+b2n2〕=b1+b2+b3+b4…+b2n﹣1+b2n===2n2．34．【分析】〔1〕{a n}与{b n}不是无穷互补数列．由4∉A，4∉B，4∉A∪B=N*，即可推断；〔2〕由a n=2n，可得a4=16，a5=32，再由新定义可得b16=16+4=20，运用等差数列求和公式，计算即可得到所求和；〔3〕运用等差数列通项公式，结合首项大于等于1，可得d=1或2，探讨d=1，2求得通项公式，结合新定义，即可得到所求数列通项公式．【解答】解：〔1〕{a n}与{b n}不是无穷互补数列．理由：由a n=2n﹣1，b n=4n﹣2，可得4∉A，4∉B，即有4∉A∪B=N*，即有{a n}与{b n}不是无穷互补数列；〔2〕由a n=2n，可得a4=16，a5=32，由{a n}与{b n}是无穷互补数列，可得b16=16+4=20，即有数列{b n}前16项和为〔1+2+3+…+20〕﹣〔2+4+8+16〕=×20﹣30=180；〔3〕设{a n}为公差为d〔d为正整数〕等差数列且a16=36，那么a1+15d=36，由a1=36﹣15d≥1，可得d=1或2，假设d=1，那么a1=21，a n=n+20，b n=n〔1≤n≤20〕，与{a n}与{b n}是无穷互补数列冲突，舍去；假设d=2，那么a1=6，a n=2n+4，b n=．综上可得，a n=2n+4，b n=．35．【分析】〔1〕依据数列通项公式与前n项和公式之间关系进展递推，结合等比数列定义进展证明求解即可．〔2〕依据条件建立方程关系进展求解就可．【解答】解：〔1〕∵S n=1+λa n，λ≠0．∴a n≠0．当n≥2时，a n=S n﹣S n﹣1=1+λa n﹣1﹣λa n﹣1=λa n﹣λa n﹣1，即〔λ﹣1〕a n=λa n﹣1，∵λ≠0，a n≠0．∴λ﹣1≠0．即λ≠1，即=，〔n≥2〕，∴{a n}是等比数列，公比q=，当n=1时，S1=1+λa1=a1，即a1=，∴a n=•〔〕n﹣1．〔2〕假设S5=，那么假设S5=1+λ[•〔〕4]=，即〔〕5=﹣1=﹣，那么=﹣，得λ=﹣1．36．【分析】〔Ⅰ〕依据条件建立方程组关系，求出首项，利用数列递推关系证明数列{a n}是公比q=3等比数列，即可求通项公式a n；〔Ⅱ〕探讨n取值，利用分组法将数列转化为等比数列和等差数列即可求数列{|a n ﹣n﹣2|}前n项和．【解答】解：〔Ⅰ〕∵S2=4，a n+1=2S n+1，n∈N*．∴a1+a2=4，a2=2S1+1=2a1+1，解得a1=1，a2=3，=2S n+1，a n=2S n﹣1+1，当n≥2时，a n+1两式相减得a n﹣a n=2〔S n﹣S n﹣1〕=2a n，+1=3a n，当n=1时，a1=1，a2=3，即a n+1满意a n=3a n，+1∴=3，那么数列{a n}是公比q=3等比数列，那么通项公式a n=3n﹣1．〔Ⅱ〕a n﹣n﹣2=3n﹣1﹣n﹣2，设b n=|a n﹣n﹣2|=|3n﹣1﹣n﹣2|，那么b1=|30﹣1﹣2|=2，b2=|3﹣2﹣2|=1，当n≥3时，3n﹣1﹣n﹣2＞0，那么b n=|a n﹣n﹣2|=3n﹣1﹣n﹣2，此时数列{|a n﹣n﹣2|}前n项和T n=3+﹣=，那么T n==．37．【分析】〔Ⅰ〕利用条件求出等差数列公差，求出通项公式，然后求解b1，b11，b101；〔Ⅱ〕找出数列规律，然后求数列{b n}前1000项和．【解答】解：〔Ⅰ〕S n为等差数列{a n}前n项和，且a1=1，S7=28，7a4=28．可得a4=4，那么公差d=1．a n=n，b n=[lgn]，那么b1=[lg1]=0，b11=[lg11]=1，b101=[lg101]=2．〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕可知：b1=b2=b3=…=b9=0，b10=b11=b12=…=b99=1．b100=b101=b102=b103=…=b999=2，b10，00=3．数列{b n}前1000项和为：9×0+90×1+900×2+3=1893．38．【分析】〔Ⅰ〕依据题意，由数列递推公式可得a2与a3值，又由a2，a3，a2+a3成等差数列，可得2a3=a2+〔a2+a3〕，代入a2与a3值可得q2=2q，解可得q值，进而可得S n=2S n+1，进而可得S n=2S n﹣1+1，将两式相减可得a n=2a n﹣1，即可得数+1列{a n}是以1为首项，公比为2等比数列，由等比数列通项公式计算可得答案；〔Ⅱ〕依据题意S n=qS n+1，同理有S n=qS n﹣1+1，将两式相减可得a n=qa n﹣1，分析+1可得a n=q n﹣1；又由双曲线x2﹣=1离心率为e n，且e2=2，分析可得e2==2，解可得a2值，由a n=q n﹣1可得q值，进而可得数列{a n}通项公式，再次由双曲线几何性质可得e n2=1+a n2=1+3n﹣1，运用分组求和法计算可得答案．【解答】解：〔Ⅰ〕依据题意，数列{a n}首项为1，即a1=1，=qS n+1，那么S2=qa1+1，那么a2=q，又由S n+1又有S3=qS2+1，那么有a3=q2，假设a2，a3，a2+a3成等差数列，即2a3=a2+〔a2+a3〕，那么可得q2=2q，〔q＞0〕，解可得q=2，=2S n+1，①那么有S n+1进而有S n=2S n﹣1+1，②①﹣②可得a n=2a n﹣1，那么数列{a n}是以1为首项，公比为2等比数列，那么a n=1×2n﹣1=2n﹣1；=qS n+1，③〔Ⅱ〕依据题意，有S n+1同理可得S n=qS n﹣1+1，④③﹣④可得：a n=qa n﹣1，又由q＞0，那么数列{a n}是以1为首项，公比为q等比数列，那么a n=1×q n﹣1=q n﹣1；假设e2=2，那么e2==2，解可得a2=，那么a2=q=，即q=，a n=1×q n﹣1=q n﹣1=〔〕n﹣1，那么e n2=1+a n2=1+3n﹣1，故e12+e22+…+e n2=n+〔1+3+32+…+3n﹣1〕=n+．39．【分析】〔Ⅰ〕令n=1，可得a1=2，结合{a n}是公差为3等差数列，可得{a n}通项公式；〔Ⅱ〕由〔1〕可得：数列{b n}是以1为首项，以为公比等比数列，进而可得：{b n}前n项和．【解答】解：〔Ⅰ〕∵a n b n+1+b n+1=nb n．当n=1时，a1b2+b2=b1．∵b1=1，b2=，∴a1=2，又∵{a n}是公差为3等差数列，∴a n=3n﹣1，+b n+1=nb n．〔Ⅱ〕由〔I〕知：〔3n﹣1〕b n+1=b n．即3b n+1即数列{b n}是以1为首项，以为公比等比数列，∴{b n}前n项和S n==〔1﹣3﹣n〕=﹣．40．【分析】〔1〕依据题意，由S T定义，分析可得S T=a2+a4=a2+9a2=30，计算可得a2=3，进而可得a1值，由等比数列通项公式即可得答案；〔2〕依据题意，由S T定义，分析可得S T≤a1+a2+…a k=1+3+32+…+3k﹣1，由等比数列前n项和公式计算可得证明；〔3〕设A=∁C〔C∩D〕，B=∁D〔C∩D〕，那么A∩B=∅，进而分析可以将原命题转化为证明S C≥2S B，分2种状况进展探讨：①、假设B=∅，②、假设B≠∅，可以证明得到S A≥2S B，即可得证明．【解答】解：〔1〕等比数列{a n}中，a4=3a3=9a2，当T={2，4}时，S T=a2+a4=a2+9a2=30，因此a2=3，从而a1==1，故a n=3n﹣1，〔2〕S T≤a1+a2+…a k=1+3+32+…+3k﹣1=＜3k=a k+1，〔3〕设A=∁C〔C∩D〕，B=∁D〔C∩D〕，那么A∩B=∅，分析可得S C=S A+S C∩D，S D=S B+S C∩D，那么S C+S C∩D﹣2S D=S A﹣2S B，因此原命题等价于证明S C≥2S B，由条件S C≥S D，可得S A≥S B，①、假设B=∅，那么S B=0，故S A≥2S B，②、假设B≠∅，由S A≥S B可得A≠∅，设A中最大元素为l，B中最大元素为m，假设m≥l+1，那么其与S A＜a i+1≤a m≤S B相冲突，因为A∩B=∅，所以l≠m，那么l≥m+1，S B≤a1+a2+…a m=1+3+32+…+3m﹣1=≤=，即S A≥2S B，综上所述，S A≥2S B，故S C+S C∩D≥2S D．41、【分析】〔Ⅰ〕求出数列{a n}通项公式，再求数列{b n}通项公式；〔Ⅱ〕求出数列{c n}通项，利用错位相减法求数列{c n}前n项和T n．【解答】解：〔Ⅰ〕S n=3n2+8n，∴n≥2时，a n=S n﹣S n﹣1=6n+5，n=1时，a1=S1=11，∴a n=6n+5；∵a n=b n+b n+1，∴a n=b n﹣1+b n，﹣1∴a n﹣a n﹣1=b n+1﹣b n﹣1．∴2d=6，∴d=3，∵a1=b1+b2，∴11=2b1+3，∴b1=4，∴b n=4+3〔n﹣1〕=3n+1；〔Ⅱ〕c n========6〔n+1〕•2n，∴T n=6[2•2+3•22+…+〔n+1〕•2n]①，∴2T n=6[2•22+3•23+…+n•2n+〔n+1〕•2n+1]②，①﹣②可得﹣T n=6[2•2+22+23+…+2n﹣〔n+1〕•2n+1]=12+6×﹣6〔n+1〕•2n+1=〔﹣6n〕•2n+1=﹣3n•2n+2，∴T n=3n•2n+2．42、【分析】〔1〕依据题意，由数列递推公式，令n=1可得a12﹣〔2a2﹣1〕a1﹣2a2=0，将a1=1代入可得a2值，进而令n=2可得a22﹣〔2a3﹣1〕a2﹣2a3=0，将a2=代入计算可得a3值，即可得答案；﹣1〕a n﹣2a n+1=0变形可得〔a n﹣2a n+1〕〔a n+a n+1〕〔2〕依据题意，将a n2﹣〔2a n+1=0，进而分析可得a n=2a n+1或a n=﹣a n+1，结合数列各项为正可得a n=2a n+1，结合等比数列性质可得{a n}是首项为a1=1，公比为等比数列，由等比数列通项公式计算可得答案．【解答】解：〔1〕依据题意，a n2﹣〔2a n﹣1〕a n﹣2a n+1=0，+1当n=1时，有a12﹣〔2a2﹣1〕a1﹣2a2=0，而a1=1，那么有1﹣〔2a2﹣1〕﹣2a2=0，解可得a2=，当n=2时，有a22﹣〔2a3﹣1〕a2﹣2a3=0，又由a2=，解可得a3=，故a2=，a3=；﹣1〕a n﹣2a n+1=0，〔2〕依据题意，a n2﹣〔2a n+1变形可得〔a n﹣2a n+1〕〔a n+1〕=0，即有a n=2a n+1或a n=﹣1，又由数列{a n}各项都为正数，那么有a n=2a n+1，故数列{a n}是首项为a1=1，公比为等比数列，那么a n=1×〔〕n﹣1=〔〕n﹣1，故a n=〔〕n﹣1．。
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-年高考文科数学真题汇编：数列高考题老师版————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：学科教师辅导教案 学员姓名 年 级高三 辅导科目 数 学授课老师课时数2h第 次课授课日期及时段 2018年 月 日 ： — ：1．（2013安徽文）设n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，8374,2S a a ==-，则9a =（ ） （A ）6- （B ）4- （C ）2- （D ）2 【答案】A 2．（2012福建理）等差数列{a n }中，a 1＋a 5＝10，a 4＝7，则数列{a n }的公差为( )A ．1B ．2C ．3D ．4 【答案】B3．（2014福建理）等差数列{}n a 的前n 项和n S ，若132,12a S ==，则6a =( ).8A .10B .12C .14D【答案】C4．(2017·全国Ⅰ理)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为( ) A ．1 B ．2 C ．4 D ．8【解析】设{a n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 5＝24，S 6＝48，得⎩⎪⎨⎪⎧(a 1＋3d )＋(a 1＋4d )＝24，6a 1＋6×52d ＝48，解得d ＝4.故选C.5．（2012辽宁文）在等差数列{a n }中，已知a 4+a 8=16，则a 2+a 10=(A) 12 (B) 16 (C) 20 (D)24 【答案】B6.(2014新标2文) 等差数列{}n a 的公差是2，若248,,a a a 成等比数列，则{}n a 的前n 项和n S =（ ） A. (1)n n + B. (1)n n - C. (1)2n n + D. (1)2n n - 【答案】A7．（2012安徽文）公比为2的等比数列{n a } 的各项都是正数，且 3a 11a =16，则5a =（ ） ()A 1 ()B 2 ()C 4 ()D 8 【答案】A历年高考试题集锦——数列A. 31B. 32C. 63D. 64 【答案】C9．（2013江西理）等比数列x,3x ＋3,6x ＋6，…的第四项等于( ) A ．－24 B ．0C ．12D ．24【答案】A10. (2013新标1文) 设首项为1，公比为23的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（ ） （A ）21n n S a =- （B ）32n n S a =- （C ）43n n S a =- （D ）32n n S a =- 【答案】D11.（2015年新课标2文）设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和,若1353a a a ++=,则5S =（ ） A ．5 B ．7 C ．9 D ．11 【答案】A12.（2015年新课标2文）已知等比数列{}n a 满足114a =,()35441a a a =-,则2a =（ ）A.2B.1 1C.2 1D.8【答案】C13、（2016年全国I 理）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【答案】C14．（2014辽宁）设等差数列{}n a 的公差为d ，若数列1{2}na a 为递减数列，则（ ）A ．0d <B ．0d >C ．10a d <D ．10a d > 【答案】D15.（2015年新课标2理）等比数列｛a n ｝满足a 1=3，135a a a ++ =21，则357a a a ++= ( )（A ）21 （B ）42 （C ）63 （D ）84 【答案】B16．（2012大纲理）已知等差数列{}n a 的前n 项和为55,5,15n S a S ==，则数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前100项和为 A ．100101 B ．99101C ．99100D ．101100【简解】由已知，解出a 1与d ，从而a n =n ；11111(1)1n n a a n n n n +∴==-++ 100111111100(1)()()1223100101101101S =-+-++-=-=L 选A17、(2017·全国Ⅱ理，3)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( ) A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏4．【答案】B 【解析】设塔的顶层的灯数为a 1，七层塔的总灯数为S 7，公比为q ，则由题意知S 7＝381，q ＝2，∴S 7＝a 1(1－q 7)1－q ＝a 1(1－27)1－2＝381，解得a 1＝3.故选B.18、(2017·全国Ⅲ理，9)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 }的前6项和为( ) A ．－24B ．－3C ．3D ．85．【答案】A 【解析】由已知条件可得a 1＝1，d ≠0，由a 23＝a 2a 6，可得(1＋2d )2＝(1＋d )(1＋5d )，解得d ＝－2.所以S 6＝6×1＋6×5×(－2)2＝－24.故选A. 19．（2012广东理）已知递增的等差数列{}n a 满足11a =，2324a a =-，则n a =______________. 【答案】2n-120．(2013上海文) 在等差数列{}n a 中，若123430a a a a +++=，则23a a += ． 【答案】1521.(2014天津) 设{}n a 是首项为1a ，公差为-1的等差数列，n S 为其前n 项和.若124,,S S S 成等比数列，则1a 的值为__________. 【答案】12-22．(2017·江苏)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＝________.1．【答案】32【解析】设{a n}的首项为a 1，公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1－q 3)1－q＝74，a 1(1－q 6)1－q ＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14，q ＝2，所以a 8＝14×27＝25＝3223．（2014江苏）在各项均为正数的等比数列{}n a 中，若21a =，8642a a a =+，则6a 的值是 ． 【简解】由已知解出q 2=2;a 6=a 2q 4，填结果424.(2012新标文) 等比数列{n a }的前n 项和为S n ，若S 3+3S 2=0，则公比q =_______ 【答案】-225.(2012浙江理) 设公比为q (q ＞0)的等比数列{a n }的前n 项和为{S n }．若2232S a =+，4432S a =+，则q ＝__． 【答案】3226.（2015年广东理科）在等差数列{}n a 中，若2576543=++++a a a a a ，则82a a += 【答案】10．27.（2015年安徽文科）已知数列}{n a 中，11=a ，211+=-n n a a （2≥n ），则数列}{n a 的前9项和等于 。
【答案】2728.（2015年江苏）数列}{n a 满足11=a ，且11+=-+n a a n n （*N n ∈），则数列}1{na 的前10项和为 【答案】201129、（2016年江苏）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 . 【答案】20.30、(2017·全国Ⅲ理)设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，则a 4＝________.3．【答案】－8【解析】设等比数列{a n }的公比为q .∵a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，∴a 1(1＋q )＝－1，① a 1(1－q 2)＝－3.②②÷①，得1－q ＝3，∴q ＝－2.∴a 1＝1，∴a 4＝a 1q 3＝1×(－2)3＝－8.31、(2017·北京理)若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝8，则a 2b 2＝________.4．【解析】设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，则由a 4＝a 1＋3d ， 得d ＝a 4－a 13＝8－(－1)3＝3，由b 4＝b 1q 3，得q 3＝b 4b 1＝8－1＝－8，∴q ＝－2.∴a 2b 2＝a 1＋db 1q ＝－1＋3－1×(－2)＝1. 32.(2014新标1文) 已知{}n a 是递增的等差数列，2a ，4a 是方程2560x x -+=的根。
（I ）求{}n a 的通项公式；（II ）求数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和.【答案】（I ）112n a n =+；(Ⅱ)1422n n n S ++=- 33．（2013湖北文）已知n S 是等比数列{}n a 的前n 项和，4S ，2S ，3S 成等差数列，且23418a a a ++=-. （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式； 【简解】（Ⅰ）13(2)n n a -=-.34.(2013天津文) 已知首项为32的等比数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，且－2S 2，S 3,4S 4成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；【简解】(1)设等比数列{a n }的公比为q ， S 3＋2S 2＝4S 4－S 3，即S 4－S 3＝S 2－S 4，可得2a 4＝－a 3，于是q ＝a 4a 3＝－12.又a 1＝32，所以等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝⎛⎭⎫－12n －1＝(－1)n －1·32n . 35、（2016年山东高考）已知数列{}n a 的前n 项和238n S n n =+，{}n b 是等差数列，且1n n n a b b +=+.（I ）求数列{}n b 的通项公式； 【解析】（Ⅰ）由题意得⎩⎨⎧+=+=322211b b a b b a ，解得3,41==d b ，得到13+=n b n 。
36.（2015北京文）已知等差数列{}n a 满足1210a a +=，432a a -=． （Ⅰ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设等比数列{}n b 满足23b a =，37b a =，问：6b 与数列{}n a 的第几项相等？ 【答案】（1）42(1)22n a n n =+-=+；（2）6b 与数列{}n a 的第63项相等. 【解析】试题分析：本题主要考查等差数列、等比数列的通项公式等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.第一问，利用等差数列的通项公式，将1234,,,a a a a 转化成1a 和d ，解方程得到1a 和d 的值，直接写出等差数列的通项公式即可；第二问，先利用第一问的结论得到2b 和3b 的值，再利用等比数列的通项公式，将2b 和3b 转化为1b 和q ，解出1b 和q 的值，得到6b 的值，再代入到上一问等差数列的通项公式中，解出n 的值，即项数.试题解析：（Ⅰ）设等差数列{}n a 的公差为d.因为432a a -=，所以2d =.又因为1210a a +=，所以1210a d +=，故14a =.所以42(1)22n a n n =+-=+ (1,2,)n =L . （Ⅱ）设等比数列{}n b 的公比为q .因为238b a ==，3716b a ==，所以2q =，14b =.所以61642128b-=⨯=.由12822n=+，得63n=.所以6b与数列{}n a的第63项相等.37、（2016年全国I卷）已知{}n a是公差为3的等差数列，数列{}n b满足12111==3n n n nb b a b b nb+++=1，，. （I）求{}n a的通项公式；（II）求{}n b的前n项和.解：（I）由已知，1221121,1,,3a b b b b b+===得1221121,1,,3a b b b b b+===得12a=，所以数列{}n a是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为31na n=-.（II）由（I）和11n n n na b b nb+++=，得13nnbb+=，因此{}n b是首项为1，公比为13的等比数列.记{}n b的前n项和为n S，则111()313.122313nn nS--==-⨯-38、（2016年全国III卷）已知各项都为正数的数列{}n a满足11a=，211(21)20n n n na a a a++---=.（I）求23,a a；（II）求{}n a的通项公式.39、（2016年全国II卷）等差数列{na}中，34574,6a a a a+=+=.（Ⅰ）求{na}的通项公式；解析：(Ⅰ)设数列{}n a的公差为d，由题意有11254,53a d a d-=-=，解得121,5a d==，所以{}n a的通项公式为235nna+=.40.（2015年福建文科）等差数列{}n a中，24a=，4715a a+=．（Ⅰ）求数列{}n a的通项公式；（Ⅱ）设22n anb n-=+，求12310b b b b+++⋅⋅⋅+的值．【答案】（Ⅰ）2na n=+；（Ⅱ）2101．【解析】试题分析：（Ⅰ）利用基本量法可求得1,a d，进而求{}n a的通项公式；（Ⅱ）求数列前n项和，首先考虑其通项公式，根据通项公式的不同特点，选择相应的求和方法，本题2nnb n=+，故可采取分组求和法求其前10项和．试题解析：（I）设等差数列{}n a的公差为d．由已知得()()11143615a da d a d+=⎧⎪⎨+++=⎪⎩，解得131ad=⎧⎨=⎩．所以()112na a n d n=+-=+．考点：1、等差数列通项公式；2、分组求和法．41、（2016年北京高考）已知{a n}是等差数列，{b n}是等比数列，且b2=3，b3=9，a1=b1，a14=b4.（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）设c n= a n+ b n，求数列{c n}的前n项和.解：（I）等比数列{}n b的公比32933bqb===，所以211bbq==，4327b b q==．设等差数列{}n a的公差为d．因为111a b==，14427a b==，所以11327d+=，即2d=．所以21na n=-（1n=，2，3，⋅⋅⋅）．（II）由（I）知，21na n=-，13nnb-=．因此1213nn n nc a b n-=+=-+．从而数列{}n c的前n项和()11321133nnS n-=++⋅⋅⋅+-+++⋅⋅⋅+()12113213nn n+--=+-学科网2312nn-=+．42．（2014北京文）已知{}n a 是等差数列，满足13a =，412a =，数列{}n b 满足14b =，420b =，且{}n n b a -是等比数列.（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）求数列{}n b 的前n 项和.【答案】（I ）3n a n =，132(1,2,)n n b n n -=+=L .（II ）3(1)212n n n ++-. 43.(2013新标1文) 已知等差数列{}n a 的前n 项和n S 满足30S =，55S =-。