微专题：数列压轴小题

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压轴题01 数列压轴题(解析版)--2023年高考数学压轴题专项训练(全国通用)

压轴题01数列压轴题题型/考向一：等差数列、等比数列性质的综合题型/考向二：以古文化、实际生活等情境综合题型/考向三：数列综合应用一、等差数列、等比数列的基本公式1.等差数列的通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ；2.等比数列的通项公式：a n ＝a 1·q n －1.3.等差数列的求和公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d ；4.等比数列的求和公式：S na 1－a n q1－q ，q ≠1，二、等差数列、等比数列的性质1.通项性质：若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则对于等差数列，有a m ＋a n ＝a p ＋a q ＝2a k ，对于等比数列，有a m a n ＝a p a q ＝a 2k .2.前n 项和的性质(m ，n ∈N *)：对于等差数列有S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等差数列；对于等比数列有S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等比数列(q ＝－1且m 为偶数情况除外).三、数列求和的常用方法热点一分组求和与并项求和1.若数列{c n }的通项公式为c n ＝a n ±b n ，或c nn ，n 为奇数，n ，n 为偶数，且{a n }，{b n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{c n }的前n 项和.2.若数列的通项公式中有(－1)n 等特征，根据正负号分组求和.热点二裂项相消法求和裂项常见形式：(1)分母两项的差等于常数1（2n －1）（2n ＋1）＝1n （n ＋k ）＝(2)分母两项的差与分子存在一定关系2n （2n －1）（2n ＋1－1）＝12n －1－12n ＋1－1；n ＋1n 2（n ＋2）2＝141n 2－1（n ＋2）2.(3)分母含无理式1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .热点三错位相减法求和如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，那么求数列{a n ·b n }的前n 项和S n 时，可采用错位相减法.用其法求和时，应注意：(1)等比数列的公比为负数的情形；(2)在写“S n ”和“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确写出“S n －qS n ”的表达式.○热○点○题○型一等差数列、等比数列性质的综合1．已知等比数列{}n a 满足123434562,4a a a a a a a a +++=+++=，则11121314a a a a +++=（）A ．32B ．64C ．96D ．128【答案】B【详解】设{}n a 的公比为q ，则()234561234a a a a q a a a a +++=+++，得22q =，所以()()1051112131412341234264a a a a a a a a q a a a a +++=+++⨯=+++⨯=．故选:B2．已知等比数列{}n a 的公比0q >且1q ≠，前n 项积为n T ，若106T T =，则下列结论正确的是（）A ．671a a =B ．781a a =C ．891a a =D ．9101a a =【答案】C3．已知等差数列n 满足15，36，数列n 满足12n n n n ++=⋅⋅．记数列{}n b 的前n 项和为n S ，则使0n S <的n 的最小值为（）A ．8B ．9C ．10D ．11【答案】C【分析】设等差数列{}n a 的公差为d ，则由1536446a a a a =⎧⎨=+⎩得：111141624206a a da d a d =+⎧⎨+=++⎩，解得：1163a d =⎧⎨=-⎩，()1631319n a n n ∴=--=-+，则当6n ≤时，0n a >；当7n ≥时，0n a <；∴当4n ≤时，0n b >；当5n =时，0n b <；当6n =时，0n b >；当7n ≥时，0n b <；11613102080b =⨯⨯= ，213107910b =⨯⨯=，31074280b =⨯⨯=，474128b =⨯⨯=，()54128b =⨯⨯-=-，()()612510b =⨯-⨯-=，()()()725880b =-⨯-⨯-=-，()()()85811440b =-⨯-⨯-=-，()()()9811141232b =-⨯-⨯-=-，()()()101114172618b =-⨯-⨯-=-，532900S ∴=>，915480S =>，1010700S =-<，100S < ，当10n ≥时，0n b <，∴当10n ≥时，0n S <，则使得0n S <的n 的最小值为10.()()()()()()102120232022k k k k k k k T f a f a f a f a f a f a =-+-++- ，1,2k =，则1T ，2T 的大小关系是（）A ．12T >TB ．12T T <C ．12T T =D ．1T ，2T 的大小无法确定()()101322022...a f a +-)()22023f a -1=125．数列n 满足12，21n n n ++=+∈N ，现求得n 的通项公式为n nn F A B ⎛=⋅+⋅ ⎝⎭⎝⎭，,A B ∈R ，若[]x 表示不超过x 的最大整数，则812⎡⎤⎛⎢⎥ ⎢⎥⎝⎭⎣⎦的值为（）A ．43B ．44C ．45D ．46○热○点○题○型二以古文化、实际生活等情境综合6．小李年初向银行贷款M 万元用于购房，购房贷款的年利率为P ，按复利计算，并从借款后次年年初开始归还，分10次等额还清，每年1次，问每年应还（）万元.A ．10MB ．()()1010111MP P P ++-C ．()10110M P +D ．()()99111MP P P ++-7．传说国际象棋发明于古印度，为了奖赏发明者，古印度国王让发明者自己提出要求，发明者希望国王让人在他发明的国际象棋棋盘上放些麦粒，规则为：第一个格子放一粒，第二个格子放两粒，第三个格子放四粒，第四个格子放八粒……依此规律，放满棋盘的64个格子所需小麦的总重量大约为（）吨.（1kg麦子大约20000粒，lg2=0.3）A．105B．107C．1012D．1015次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见末日行里数，请公仔细算相还.”其意思为：有一个人一共走了441里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛，每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问最后一天走的路程是（）A．7里B．8里C．9里D．10里【答案】A【详解】设第六天走的路程为1a，第五天走的路程为2a……第一天走的路程记为6a，9．2022年10月16日上午10时，中国共产党第二十次全国代表大会在北京人民大会堂隆重开幕.某单位组织全体党员在报告厅集体收看党的二十大开幕式，认真聆听习近平总书记向大会所作的报告.已知该报告厅共有10排座位，共有180个座位数，并且从第二排起，每排比前一排多2个座位数，则最后一排的座位数为（）A ．23B ．25C ．27D ．2910次差成等差数列的高阶等差数列.现有一个高阶等差数列的前6项分别为4,7,11,16,22,29，则该数列的第18项为（）A ．172B ．183C ．191D ．211【答案】C【详解】设该数列为{}n a ，则11,(2)n n a a n n --=+≥，○热○点○题○型三数列综合应用11．在数列{}n a 中，11a =，11n n a a n +=++，则122022111a a a +++= （）A ．20211011B ．40442023C ．20212022D ．2022202312．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12a =，()()1133n nn n n n S S S S ++-=+，则2023S =（）A ．202331-B ．202331+C ．2022312+D ．2023312+13．已知一族曲线n ．从点向曲线n 引斜率为(0)n n k k >的切线n l ，切点为(),n n n P x y ．则下列结论错误的是（）A ．数列{}n x 的通项为1n nx n =+B ．数列{}n y 的通项为n yC ．当3n >时，1352111nn nx x x x x x--⋅⋅⋅>+ Dnnxy <故D 正确.故选：B.14．在数列{}n a 中给定1a ，且函数()()311sin 213n n f x x a x a x +=-+++的导函数有唯一零点，函数()()()112πcos π2g x x x x =-且()()()12918g a g a g a +++= ，则5a =（）．A ．14B ．13C ．16D ．1915．已知函数()()*ln N f x nx x n =+∈的图象在点,fn n ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭处的切线的斜率为n a ，则数列11n n a a +⎧⎫⎨⎩⎭的前n 项和n S 为（）A ．11n +B ．()()235212n nn n +++C ．()41nn +D ．()()235812n nn n +++。

高考数学压轴专题(易错题)备战高考《数列》分类汇编附答案解析

高中数学《数列》复习知识点一、选择题1．在数列{}n a 中，若10a =，12n n a a n +-=，则23111na a a +++L 的值 A ．1n n- B ．1n n+ C ．11n n -+ D ．1n n + 【答案】A 【解析】分析：由叠加法求得数列的通项公式(1)n a n n =-，进而即可求解23111na a a +++L 的和. 详解：由题意，数列{}n a 中，110,2n n a a a n +=-=，则112211()()()2[12(1)](1)n n n n n a a a a a a a a n n n ---=-+-++-+=+++-=-L L ，所以1111(1)1n a n n n n==--- 所以231111111111(1)()()12231n n a a a n n n n-+++=-+-++-=-=-L L ，故选A. 点睛：本题主要考查了数列的综合问题，其中解答中涉及到利用叠加法求解数列的通项公式和利用裂项法求解数列的和，正确选择方法和准确运算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力.2．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若150S >，160S <，则n S 取最大值时n 的值为（） A ．6 B ．7C ．8D ．13【答案】C 【解析】【分析】根据题意推导出数列{}n a 为单调递减数列，且当8n ≤时，0n a >，当9n ≥时，0n a <，由此可得出结果. 【详解】()115158151502a a S a +==>Q ，()()116168916802a a S a a +==+<，80a ∴>，90a <，所以，等差数列{}n a 的公差980d a a =-<，则数列{}n a 为单调递减数列. 当8n ≤时，0n a >，当9n ≥时，0n a <，因此，当8n =时，n S 取最大值.故选：C. 【点睛】本题考查利用等差数列前n 项和的最值求对应的n 的值，主要分析出数列的单调性，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.3．等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若32S =，618S =，则106S S 等于（） A ．-3 B ．5C ．-31D ．33【答案】D 【解析】【分析】先由题设条件结合等比数列的前n 项和公式，求得公比q ，再利用等比数列的前n 项和公式，即可求解106S S 的值，得到答案. 【详解】由题意，等比数列{}n a 中32S =，618S =，可得313366316(1)1121(1)11181a q S q q a q S q q q ---====--+-，解得2q =，所以101105105516(1)11133(1)11a q S q q q a q S q q---===+=---. 故选：D . 【点睛】本题主要考查了等比数列的前n 项和公式的应用，其中解答中熟记等比数列的前n 项和公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与计算能力.4．已知单调递增的等比数列{}n a 中，2616a a ⋅=，3510a a +=，则数列{}n a 的前n 项和n S =（） A ．2124n -- B ．1122n -- C ．21n - D ．122n +-【答案】B 【解析】【分析】由等比数列的性质，可得到35,a a 是方程210160x x -+=的实数根，求得1,a q ，再结合等比数列的求和公式，即可求解. 【详解】由题意，等比数列{}n a 中，2616a a ⋅=，3510a a +=，根据等比数列的性质，可得3516a a ⋅=，3510a a +=，所以35,a a 是方程210160x x -+=的实数根，解得352,8a a ==或358,2a a ==，又因为等比数列{}n a 为单调递增数列，所以352,8a a ==，设等比数列{}n a 的首项为1a ，公比为(1)q q >可得214128a q a q ⎧=⎨=⎩，解得11,22a q ==，所以数列{}n a 的前n 项和11(12)122122nn n S --==--. 故选：B . 【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式的基本量的运算，以及等比数列的前n 项和公式的应用，着重考查了推理与运算能力.5．已知等比数列{}n a 满足13a =，13521a a a ++=，则357a a a ++=（） A ．21 B ．42 C ．63 D ．84【答案】B 【解析】由a 1+a 3+a 5=21得242421(1)21172a q q q q q ++=∴++=∴=∴a 3+a 5+a 7=2135()22142q a a a ++=⨯=，选B.6．已知{}n a 是等差数列，1010a =，其前10项和1070S =，则其公差为（） A ．23B ．32C ．23-D ．32-【答案】A 【解析】【分析】根据等差数列的通项公式和前n 项和公式，列方程组求解即得. 【详解】设等差数列{}n a 的公差为d .101010,70a S ==Q ，1191010910702a d a d +=⎧⎪∴⎨⨯+=⎪⎩解得23d =. 故选：A . 【点睛】本题考查等差数列的通项公式和前n 项和公式，属于基础题.7．数列{}n a 的通项公式为()n a n c n N *=-∈．则“2c <”是“{}na 为递增数列”的（）条件． A ．必要而不充分 B ．充要C ．充分而不必要D ．即不充分也不必要【答案】A 【解析】【分析】根据递增数列的特点可知10n n a a +->，解得12c n <+，由此得到若{}n a 是递增数列，则32c <，根据推出关系可确定结果. 【详解】若“{}n a 是递增数列”，则110n n a a n c n c +-=+--->，即()()221n c n c +->-，化简得：12c n <+，又n *∈N ，1322n ∴+≥，32c ∴<，则2c <¿{}n a 是递增数列，{}n a 是递增数列2c ⇒<，∴“2c <”是“{}n a 为递增数列”的必要不充分条件．故选：A . 【点睛】本题考查充分条件与必要条件的判断，涉及到根据数列的单调性求解参数范围，属于基础题.8．如果等差数列128,,,a a a L 的各项都大于零，公差0d ≠，则正确的关系为（） A ．1845a a a a > B ．1845a a a a < C ．1845a a a a +>+ D ．1845a a a a =【答案】B 【解析】先根据等差中项的性质，可排除C ，再利用作差比较，即可得到答案. 【详解】根据等差数列的性质，可得1845a a a a +=+，所以C 不正确；又由218451111(7)(3)(4)120a a a a a a d a d a d d -=+-++=-<，所以1845a a a a <.故选B . 【点睛】本题主要考查了等差数列的性质，等差数列的通项公式，以及作差比较法的应用，着重考查了推理与运算能力.9．已知数列{}n a 中，732,1a a ==，又数列11n a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭是等差数列，则11a 等于（） A ．0 B ．12C ．23D ．1-【答案】B 【解析】【分析】先根据条件得等差数列11n a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭公差以及通项公式，代入解得11a . 【详解】设等差数列11n a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭公差为d ，则731111144,112324d d d a a =-∴=-=++，从而31115(3)11242424n n n a a =+-⋅=+++ 11111115211242432a a =+=∴=+，选B. 【点睛】本题考查等差数列通项公式，考查基本求解能力，属基本题.10．在数列{}n a 中，()111,1nn n a a a n +==++-，则2018a 的值为（）A ．2017⨯1008B ．2017⨯1009C ．2018⨯1008D ．2018⨯1009【答案】B 【解析】【分析】根据已知条件()nn 1n a a n 1+-=+-,利用累加法并结合等差数列的前n 项和公式即可得到答案.()nn 1n a a n 1+-=+-,()()20182017201720162016201520152014a a 20171,a a 20161,a a 20151,a a 20141,-=+--=+-=+--=+⋅⋅⋅32a a 21-=+,()21a a 11,-=+-将以上式子相加得20181a a 20172016-=++⋅⋅⋅+2，即2018a 20172016=++⋅⋅⋅+2+1=2017(12017)201710092+=⨯，故选：B. 【点睛】本题考查数列递推关系式的应用和累加法求和，考查等差数列前n 项和公式的应用.11．设数列{}n a 是等差数列，1356a a a ++=，76a =.则这个数列的前7项和等于（） A ．12 B ．21C ．24D ．36【答案】B 【解析】【分析】根据等差数列的性质可得3a ，由等差数列求和公式可得结果. 【详解】因为数列{}n a 是等差数列，1356a a a ++=，所以336a =，即32a =，又76a =，所以73173a a d -==-，1320a a d =-=，故1777()212a a S +== 故选：B 【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式，性质，等差数列的和，属于中档题.12．设等比数列{}n a 的前n 项和记为n S ,若105:1:2S S =,则155:S S =( ) A ．34B ．23C ．12D ．13【答案】A 【解析】根据等比数列前n 项和的性质求解可得所求结果．【详解】∵数列{}n a 为等比数列，且其前n 项和记为n S ， ∴51051510,,S S S S S --成等比数列． ∵105:1:2S S =，即1051 2S S =， ∴等比数列51051510,,S S S S S --的公比为105512S S S -=-， ∴()1510105511 24S S S S S -=--=， ∴15510513 44S S S S =+=， ∴1553:4S S =．故选A ．【点睛】在等比数列{}n a 中，其前n 项和记为n S ，若公比1q ≠，则233,,,k k k k k S S S S S --L 成等比数列，即等比数列中依次取k 项的和仍为等比数列，利用此性质解题时可简化运算，提高解题的效率．13．数列{}n a 满足12a =，对于任意的*n N ∈，111n na a +=-，则2018a =（） A ．-1 B ．12C ．2D ．3【答案】A 【解析】【分析】先通过递推公式111n na a +=-，找出此周期数列的周期，再计算2018a 的值. 【详解】111n na a +=-Q ，2111111111n n n na a a a ++∴===----， 32111111n nn n a a a a ++∴===-⎛⎫-- ⎪⎝⎭，故有3n n a a +=，则20183672221111a a a a ⨯+====-- 故选：A 【点睛】本题考查根据数列递推公式求数列各项的值，属于中档题.14．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若2n n S a n =-，则9S =（） A ．993 B ．766 C ．1013 D ．885【答案】C 【解析】【分析】计算11a =，()1121n n a a -+=+，得到21nn a =-，代入计算得到答案.【详解】当1n =时，11a =；当2n ≥时，1121n n n n a S S a --=-=+，∴()1121n n a a -+=+，所以{}1n a +是首项为2，公比为2的等比数列，即21nn a =-，∴1222n n n S a n n +=-=--，∴1092111013S =-=．故选：C . 【点睛】本题考查了构造法求通项公式，数列求和，意在考查学生对于数列公式方法的灵活运用.15．正项等比数列{}n a 中的1a 、4039a 是函数()3214633f x x x x =-+-的极值点，则2020a =（）A ．1-B ．1CD ．2【答案】B 【解析】【分析】根据可导函数在极值点处的导数值为0，得出140396a a =，再由等比数列的性质可得. 【详解】解：依题意1a 、4039a 是函数()3214633f x x x x =-+-的极值点，也就是()2860f x x x '=-+=的两个根∴140396a a =又{}n a 是正项等比数列，所以2020a =∴20201a ==.故选：B 【点睛】本题主要考查了等比数列下标和性质以应用，属于中档题.16．等差数列{}n a 中，1599a a a ++=，它的前21项的平均值是15，现从中抽走1项，余下的20项的平均值仍然是15，则抽走的项是( ) A ．11a B ．12aC ．13aD ．14a【答案】A 【解析】【分析】由等差数列的性质可知5113,15a a ==，再根据前21项的均值和抽取一项后的均值可知抽取的一项的大小为15，故可确定抽走的是哪一项. 【详解】因为1952a a a +=，所以539a =即53a =. 有211521S =得1115a =，设抽去一项后余下的项的和为S ，则2015300S =⨯=，故抽取的一项的大小为11，所以抽走的项为11a ，故选A. 【点睛】一般地，如果{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和，则有性质：（1）若,,,*,m n p q N m n p q ∈+=+，则m n p q a a a a +=+；（2）()1,1,2,,2k n k n n a a S k n +-+==L 且()2121n n S n a -=- ；（3）2n S An Bn =+且n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列；（4）232,,,n n n n n S S S S S --L 为等差数列.17．在一个数列中，如果*n N ∀∈，都有12n n n a a a k ++=（k 为常数），那么这个数列叫做等积数列，k 叫做这个数列的公积.已知数列{}n a 是等积数列，且11a =，22a =，公积为8，则122020a a a ++⋅⋅⋅+=（）A ．4711B ．4712C ．4713D ．4715【答案】B 【解析】【分析】计算出3a 的值，推导出()3n n a a n N *+=∈，再由202036731=⨯+，结合数列的周期性可求得数列{}n a 的前2020项和. 【详解】由题意可知128n n n a a a ++=，则对任意的n *∈N ，0n a ≠，则1238a a a =，31284a a a ∴==，由128n n n a a a ++=，得1238n n n a a a +++=，12123n n n n n n a a a a a a +++++∴=，3n n a a +∴=，202036731=⨯+Q ，因此，()1220201231673673714712a a a a a a a ++⋅⋅⋅+=+++=⨯+=.故选：B. 【点睛】本题考查数列求和，考查了数列的新定义，推导出数列的周期性是解答的关键，考查推理能力与计算能力，属于中等题.18．已知等差数列{}n a 中，首项为1a （10a ≠），公差为d ，前n 项和为n S ，且满足15150a S +=，则实数d 的取值范围是（）A．[； B．(,-∞C．)+∞D．(,)-∞⋃+∞【答案】D 【解析】【分析】由等差数列的前n 项和公式转化条件得11322a d a =--，再根据10a >、10a <两种情况分类，利用基本不等式即可得解. 【详解】Q 数列{}n a 为等差数列，∴1515455102a d d S a ⨯=+=+，∴()151********a S a a d +++==，由10a ≠可得11322a d a =--，当10a >时，1111332222a a d a a ⎛⎫=--=-+≤-= ⎪⎝⎭1a 时等号成立；当10a <时，11322a d a =--≥=1a =立； ∴实数d的取值范围为(,)-∞⋃+∞.故选：D.【点睛】本题考查了等差数列前n 项和公式与基本不等式的应用，考查了分类讨论思想，属于中档题.19．《算法统宗》是中国古代数学名著，由明代数学家程大位编著，它对我国民间普及珠算和数学知识起到了很大的作用，是东方古代数学的名著．在这部著作中，许多数学问题都是以歌诀形式呈现的，如“九儿问甲歌”就是其中一首：一个公公九个儿，若问生年总不知，自长排来差三岁，共年二百又零七，借问长儿多少岁，各儿岁数要详推．在这个问题中，这位公公的长儿的年龄为（）A ．23岁B ．32岁C ．35岁D ．38岁【答案】C【解析】【分析】根据题意，得到数列{}n a 是等差数列，由9207S =，求得数列的首项1a ，即可得到答案．【详解】设这位公公的第n 个儿子的年龄为n a ，由题可知{}n a 是等差数列，设公差为d ，则3d =-，又由9207S =，即91989(3)2072S a ⨯=+⨯-=，解得135a =，即这位公公的长儿的年龄为35岁．故选C ．【点睛】本题主要考查了等差数列前n 项和公式的应用，其中解答中认真审题，熟练应用等差数列的前n 项和公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．20．已知数列11n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是公比为13的等比数列，且10a >，若数列{}n a 是递增数列，则1a 的取值范围为（） A ．(1,2)B ．(0,3)C ．(0,2)D ．(0,1) 【答案】D【解析】【分析】先根据已知条件求解出{}n a 的通项公式，然后根据{}n a 的单调性以及10a >得到1a 满足的不等关系，由此求解出1a 的取值范围.【详解】由已知得11111113n n a a -⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则11111113n n a a -=⎛⎫⎛⎫-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭.因为10a >，数列{}n a 是单调递增数列，所以10n n a a +>>，则111111*********n n a a ->⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，化简得111110113a a ⎛⎫<-<-⎪⎝⎭，所以101a <<. 故选：D.【点睛】本题考查数列通项公式求解以及根据数列单调性求解参数范围，难度一般.已知数列单调性，可根据1,n n a a +之间的大小关系分析问题.。

高考数学压轴专题(易错题)备战高考《数列》分类汇编含答案解析

新《数列》专题解析一、选择题1．等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，公比为q ，若639S S =，562S =，则1a =（）A B ．2C D ．3【答案】B 【解析】【分析】根据题意，分析可得等比数列{}n a 的公比1q ≠±，进而由等比数列的通项公式可得()()631111911a q a q qq--=⨯--，解可得2q =，又由()5151131621a q Saq-===-，解可得1a 的值，即可得答案．【详解】根据题意，等比数列{}n a 中，若639S S =，则1q ≠±，若639S S =，则()()631111911a q a q qq--=⨯--，解可得38q=，则2q =，又由562S =，则有()5151131621a q S aq-===-，解可得12a =；故选B ．【点睛】本题考查等比数列的前n 项和公式的应用，关键是掌握等比数列的前n 项和的性质．2．元代数学家朱世杰在《算学启蒙》中提及如下问题：今有银一秤一斤十两（1秤15=斤，1斤16=两），令甲、乙、丙从上作折半差分之，问：各得几何？其意思是：现有银一秤一斤十两，现将银分给甲、乙、丙三人，他们三人每一个人所得是前一个人所得的一半．若银的数量不变，按此法将银依次分给7个人，则得银最少的一个人得银（） A ．9两 B ．266127两 C ．26663两 D ．250127两【答案】B 【解析】【分析】先计算出银的质量为266两，设分银最少的为a 两，由题意可知7人的分银量构成首项为a ，公比为2的等比数列，利用等比数列的求和公式可求得a 的值.【详解】共有银161610266⨯+=两，设分银最少的为a 两，则7人的分银量构成首项为a ，公比为2的等比数列，故有()71226612a -=-，所以266127a =，故选：B ．【点睛】本题以元代数学家朱世杰在《算学启蒙》中提出的问题为背景，贴近生活，考查了等比数列的求和问题，本题注重考查考生的阅读理解能力、提取信息能力、数学建模能力以及通过计算解决问题的能力，属中等题．3．“中国剩余定理”又称“孙子定理”．1852年，英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲．1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1到2019这2019个数中，能被3除余2且被5整除余2的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{}n a ，则此数列所有项中，中间项的值为（） A ．992 B ．1022C ．1007D ．1037【答案】C 【解析】【分析】首先将题目转化为2n a -即是3的倍数，也是5的倍数，也即是15的倍数.再写出{}n a 的通项公式，算其中间项即可. 【详解】将题目转化为2n a -即是3的倍数，也是5的倍数，也即是15的倍数. 即215(1)n a n -=-，1513n a n =-当135n =，135151351320122019a =⨯-=<，当136n =，136151361320272019a =⨯-=>，故1,2,n =……，135数列共有135项．因此数列中间项为第68项，681568131007a =⨯-=. 故答案为：C ．【点睛】本题主要考查数列模型在实际问题中的应用，同时考查了学生的计算能力，属于中档题.4．若{}n a 为等差数列，n S 是其前n 项和，且11223S π=，则6tan()a 的值为（）A B ．C D ．【答案】B 【解析】由11162a a a +=,即可求出6a 进而求出答案．【详解】∵()11111611221123a a S a π+===，∴623a π=，()62tan tan 3a π⎛⎫== ⎪⎝⎭故选B. 【点睛】本题主要考查等差数列的性质，熟记等差数列的性质以及等差数列前n 项和性质即可，属于基础题型.5．已知椭圆221x y m n+=满足条件：,,m n m n +成等差数列，则椭圆离心率为( )A B ．2C ．12D 【答案】B 【解析】【分析】根据满足条件,,m n m n +成等差数列可得椭圆为2212x ym m+=,求出,a c ．再求椭圆的离心率即可. 【详解】()22n m m n n m =++⇒=,∴椭圆为2212x y m m+=,22c m m m =-=,得c =又a =c e a ∴==.则椭圆离心率为2，故选B. 【点睛】一般求离心率有以下几种情况：①直接求出,a c ，从而求出e ;②构造,a c 的齐次式，求出e ;③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解;④根据圆锥曲线的统一定义求解．6．已知等比数列{a n }，a n ＞0，a 1=256，S 3=448，T n 为数列{a n }的前n 项乘积，则当T n 取得最大值时，n =（） A ．8B ．9C ．8或9D ．8.5【解析】【分析】设等比数列{a n }的公比为q ，由a n ＞0，可得q ＞0．根据a 1＝256，S 3＝448，可得256（1+q +q 2）＝448，解得q ．可得a n ，T n ，利用二次函数的单调性即可得出．【详解】设等比数列{a n }的公比为q ，∵a n ＞0，∴q ＞0． ∵a 1＝256，S 3＝448， ∴256（1+q +q 2）＝448，解得q 12=． ∴a n ＝25611()2n -⨯=29﹣n ．T n ＝28•27•……•29﹣n＝28+7+…+9﹣n()217289[)89242222n n n ⎛⎤--- ⎥+-⎝⎦==．∴当n ＝8或9时，T n 取得最大值时，故选C ．【点睛】本题考查了等比数列的通项公式与求和公式及其性质、二次函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．7．设数列是公差的等差数列，为前项和，若，则取得最大值时，的值为A ．B ．C ．或D ．【答案】C 【解析】，进而得到，即，数列是公差的等差数列，所以前五项都是正数，或时，取最大值，故选C.8．设等比数列{}n a 的前n 项和记为n S ,若105:1:2S S =,则155:S S =( ) A ．34B ．23C ．12D ．13【答案】A 【解析】【分析】根据等比数列前n 项和的性质求解可得所求结果．【详解】∵数列{}n a 为等比数列，且其前n 项和记为n S ，∴51051510,,S S S S S --成等比数列． ∵105:1:2S S =，即1051 2S S =， ∴等比数列51051510,,S S S S S --的公比为105512S S S -=-， ∴()1510105511 24S S S S S -=--=， ∴15510513 44S S S S =+=， ∴1553:4S S =．故选A ．【点睛】在等比数列{}n a 中，其前n 项和记为n S ，若公比1q ≠，则233,,,k k k k k S S S S S --L 成等比数列，即等比数列中依次取k 项的和仍为等比数列，利用此性质解题时可简化运算，提高解题的效率．9．已知数列}{n a 为等比数列，n S 是它的前n 项和，若2312a a a ⋅=，且4a 与72a 的等差中项为54，则5S =（）． A ．35 B ．33C ．31D ．29【答案】C 【解析】试题分析：由题意得，设等比数列的公比为q ，则2231112a a a q a q a =⋅=，所以42a =，又3474452224a a a a q +=+=⨯，解得11,162q a ==，所以5515116(1())(1)2311112a q S q --===--，故选C ．考点：等比数列的通项公式及性质．10．已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若1231112a a a ++=，22a =，则3S =（） A ．10 B ．7C ．8D ．4【答案】C 【解析】【分析】根据等比数列的性质可将已知等式变为12332224a a a S a ++==，解方程求得结果. 【详解】由题意得：13123321231322111124a a a a a S a a a a a a a +++++=+=== 38S ∴= 本题正确选项：C 【点睛】本题考查等比数列性质的应用，关键是能够根据下角标的关系凑出关于3S 的方程，属于基础题.11．已知{}n a 是单调递增的等比数列，满足352616,17a a a a ⋅=+=，则数列{}n a 的前n 项和n S = A ．122n+ B ．122n- C ．1122n -+D ．1122n -- 【答案】D 【解析】【分析】由等比数列的性质和韦达定理可得26a a ，为方程217160x x -+= 的实根，解方程可得q和a 1，代入求和公式计算可得．【详解】∵352616,17a a a a ⋅=+=，∴由等比数列的性质可得26261617a a a a ⋅=+=，，26a a ，为方程217160x x -+= 的实根解方程可得2626116161a a a a ====，，或，， ∵等比数列{a n }单调递增，∴26116a a ==，，∴1122q a ，＝= ，∴()1112122122nn n S ----＝＝故选D ．【点睛】本题考查等比数列的求和公式，涉及等比数列的性质和一元二次方程的解法，属中档题．12．已知各项为正数的等比数列{}n a 满足11a =，2416a a =，则6a =（）A ．64B ．32C ．16D ．4【答案】B 【解析】【分析】先根据条件求公比，再根据等比数列通项公式求6.a 【详解】由2416a a =得2445516116,1602232.a q q q q a a q ==>∴=∴===Q 选B.【点睛】本题考查等比数列通项公式，考查基本分析求解能力，属基本题.13．等差数列{}n a 中，n S 为它的前n 项和，若10a >，200S >，210S <，则当n =（）时，n S 最大. A ．8 B ．9C ．10D ．11【答案】C 【解析】【分析】根据等差数列的前n 项和公式与项的性质，得出100a >且110a <，由此求出数列{}n a 的前n 项和n S 最大时n 的值．【详解】等差数列{}n a 中，前n 项和为n S ，且200S >，210S <，即()()120201*********a a S a a +==+>，10110a a ∴+>，()1212111212102a a S a +==<，所以，110a <，则100a >，因此，当10n =时，n S 最大. 故选：C. 【点睛】本题考查了等差数列的性质和前n 项和最值问题，考查等差数列基本性质的应用，是中等题．14．在等差数列{}n a 中，3a ，15a 是方程2650x x -+=的根，则17S 的值是（） A ．41 B ．51C ．61D ．68【答案】B 【解析】【分析】由韦达定理得3156a a +=，由等差数列的性质得117315a a a a +=+，再根据等差数列的前n 项和公式求17S . 【详解】在等差数列{}n a 中，3a ，15a 是方程2650x x -+=的根，3156a a ∴+=.()()11731517171717651222a a a a S ++⨯∴====.故选：B . 【点睛】本题考查等差数列的性质和前n 项和公式，属于基础题.15．执行如图所示的程序框图，若输出的S 为154，则输入的n 为（）A ．18B ．19C ．20D ．21【答案】B 【解析】【分析】找到输出的S 的规律为等差数列求和，即可算出i ，从而求出n . 【详解】由框图可知，()101231154S i =+++++⋯+-= ，即()1231153i +++⋯+-=，所以()11532i i -=，解得18i =，故最后一次对条件进行判断时18119i =+=，所以19n =. 故选：B 【点睛】本题考查程序框图，要理解循环结构的程序框图的运行，考查学生的逻辑推理能力.属于简单题目.16．等比数列{}n a 共有21n +项，其中11a =，偶数项和为170，奇数项和为341，则n =（）A ．3B ．4C ．7D ．9【答案】B 【解析】由题意知1321...341n a a a ++++= ，可得3211...341340n a a a +++=-=，又因为242...170,n a a a +++= 所以321242 (340)2 (170)n n a a q a a a +++===+++ ，21211234117051112n n S ++-==+=- ，解得4n = ，故选B.17．设函数()221xf x =+，利用课本（苏教版必修5）中推导等差数列前n 项和的方法，求得()()()()()54045f f f f f -+-+⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++的值为（） A ．9 B ．11C ．92D ．112【答案】B 【解析】【分析】先计算出()()f x f x +-的值，然后利用倒序相加法即可计算出所求代数式的值. 【详解】()221xf x =+Q ，()()()22222212121221xx x x x x f x f x --⋅∴+-=+=+++++()2122222211221xx x x x +⋅=+==+++，设()()()()()54045S f f f f f =-+-+⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++，则()()()()()54045S f f f f f =+++++-+-L L ，两式相加得()()2115511222S f f ⎡⎤=⨯+-=⨯=⎣⎦，因此，11S =. 故选：B. 【点睛】本题考查函数值的和的求法，注意运用倒序相加法，求得()()2f x f x +-=是解题的关键，考查化简运算能力，属于中档题．18．《九章算术·均输》中有如下问题：“今有五人分十钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何．”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分10钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列，问五人各得多少钱？”（“钱”是古代的一种重量单位）．这个问题中，甲所得为（） A ．43钱 B ．73钱 C ．83钱D ．103钱【答案】C 【解析】【分析】依题意设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为a ﹣2d ，a ﹣d ，a ，a +d ，a +2d ，由题意求得a ＝﹣6d ，结合a ﹣2d +a ﹣d +a +a +d +a +2d ＝5a ＝10求得a ＝2，则答案可求．【详解】解：依题意设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为a ﹣2d ，a ﹣d ，a ，a +d ，a +2d ，则由题意可知，a ﹣2d +a ﹣d ＝a +a +d +a +2d ，即a ＝﹣6d ，又a ﹣2d +a ﹣d +a +a +d +a +2d ＝5a ＝10，∴a ＝2，则a ﹣2d ＝a 48333a a +==．故选：C ．【点睛】本题考查等差数列的通项公式，考查实际应用，正确设出等差数列是计算关键，是基础的计算题．19．设数列{}n a 的前n 项和为n S 已知()*123n n a a n n N++=+∈且1300nS=，若23a <，则n 的最大值为（）A ．49B ．50C ．51D ．52【答案】A 【解析】【分析】对n 分奇偶性分别讨论，当n 为偶数时，可得2+32n n nS =，发现不存在这样的偶数能满足此式，当n 为奇数时，可得21+342n n n S a -=+，再结合23a <可讨论出n 的最大值.【详解】当n 为偶数时，12341()()()n n n S a a a a a a -=++++⋅⋅⋅++(213)(233)[2(1)3]n =⨯++⨯++⋅⋅⋅+-+ 2[13(1)]32n n =⨯++⋅⋅⋅+-+⨯2+32n n=，因为22485048+348503501224,132522S S ⨯+⨯====，所以n 不可能为偶数；当n 为奇数时，123451()()()n n n S a a a a a a a -=+++++⋅⋅⋅++1(223)(243)[2(1)3]a n =+⨯++⨯++⋅⋅⋅+-+21342n n a +-=+ 因为2491149349412722S a a +⨯-=+=+， 2511151351413752S a a +⨯-=+=+，又因为23a <，125a a +=，所以 12a >所以当1300n S =时，n 的最大值为49故选：A【点睛】此题考查的是数列求和问题，利用了并项求和的方法，考查了分类讨论思想，属于较难题.20．已知数列11n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是公比为13的等比数列，且10a >，若数列{}n a 是递增数列，则1a 的取值范围为（） A ．(1,2)B ．(0,3)C ．(0,2)D ．(0,1) 【答案】D【解析】【分析】先根据已知条件求解出{}n a 的通项公式，然后根据{}n a 的单调性以及10a >得到1a 满足的不等关系，由此求解出1a 的取值范围.【详解】由已知得11111113n n a a -⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则11111113n n a a -=⎛⎫⎛⎫-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭.因为10a >，数列{}n a 是单调递增数列，所以10n n a a +>>，则111111*********n n a a ->⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，化简得111110113a a ⎛⎫<-<-⎪⎝⎭，所以101a <<. 故选：D.【点睛】本题考查数列通项公式求解以及根据数列单调性求解参数范围，难度一般.已知数列单调性，可根据1,n n a a 之间的大小关系分析问题.。

数列专题压轴小题

数列专题压轴小题一、单选题1.(2022·全国·模拟预测(理))数列a n 满足a 1=a ，a n +1=3a n -a 2n -1，则下列说法错误的是( )A.若a ≠1且a ≠2，数列a n 单调递减B.若存在无数个自然数n ，使得a n +1=a n ，则a =1C.当a >2或a <1时，a n 的最小值不存在D.当a =3时，1a 1-2+1a 2-2+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+1a n -2∈12,12.(2022·浙江·杭州高级中学模拟预测)已知数列a n 中，a 1=1，若a n =na n -1n +a n -1n ≥2,n ∈N *，则下列结论中错误的是( )A.a 4=1225B.1a n +1-1a n ≤12C.a n ⋅ln (n +1)<1D.1a 2n -1a n ≤123.(2022·浙江·高三开学考试)已知数列a n 满足递推关系e a n-1=a n e a n +1，且a 1>0，若存在等比数列b n 满足b n +1≤a n ≤b n ，则b n 公比q 为( )A.12B.1eC.13D.1π4.(2022·浙江·模拟预测)已知数列a n 满足a 1=2,a n +1-1=ln a n +b -b n ∈N ∗ ．若a n 有无穷多个项，则( )A.b ≥0B.b ≥-1C.b ≥1D.b ≥-25.(2022·全国·高三专题练习)已知等差数列a n (公差不为零)和等差数列b n 的前n 项和分别为S n ，T n ，如果关于x 的实系数方程2021x 2-S 2021x +T 2021=0有实数解，那么以下2021个方程x 2-a i x +b i =0i =1,2,3,⋅⋅⋅,2021 中，无实数解的方程最多有( )A.1008个B.1009个C.1010个D.1011个6.(2022·全国·高三专题练习)己知数列a n 满足：a 1=2，a n +1=13a n +2a n n ∈N ∗．记数列a n 的前n 项和为S n ，则( )A.12<S 10<14B.14<S 10<16C.16<S 10<18D.18<S 10<207.(2022·浙江·慈溪中学模拟预测)已知数列a n 满足：a 1=-12，且a n +1=ln a n +1 -sin a n ，则下列关于数列a n 的叙述正确的是( )A.a n >a n +1B.-12≤a n <-14C.a n +1>-a 2na n +2D.a n ≤-242n -18.(2022·浙江省江山中学高三期中)已知数列a n 满足a 1=3，a n +1=a n +2a n-1，记数列a n -2 的前n 项和为S n ，设集合M =125,6225,4517,3512，N =λ∈M λ>S n 对n ∈N *恒成立，则集合N 的元素个数是( )A.1B.2C.3D.49.(2022·浙江省嘉善中学高三阶段练习)已知数列a n 满足a 1=1，an=an -1+4a n -1+1a n -1n ∈N *,n ≥2 ，S n 为数列1a n 的前n 项和，则( )A.73<S 2022<83B.2<S 2022<73C.53<S 2022<2 D.1<S 2022<5310.(2022·全国·高三专题练习)已知数列a n 、b n 、c n 满足a 1=b 1=c 1=1，c n =a n +1-a n ，c n +2=b n +1b n⋅c n n ∈N * ，S n =1b 2+1b 3+⋯+1b n(n ≥2)，T n =1a 3-3+1a 4-4+⋯+1a n -n (n ≥3)，则下列有可能成立的是( )A.若a n 为等比数列，则a 22022>b 2022B.若c n 为递增的等差数列，则S 2022<T 2022C.若a n 为等比数列，则a 22022T 202211.(2022·浙江·模拟预测)已知各项均为正数的数列a n 满足a 1=1，a n n =a n +1n +1-1a n +1n ∈N *，则数列a n ( )A.无最小项，无最大项B.无最小项，有最大项C.有最小项，无最大项D.有最小项，有最大项12.(2022·浙江浙江·二模)已知a n 为非常数数列且a n ≠0，a 1=μ，a n +1=a n +sin 2a n +λμ,λ∈R ,n ∈N * ，下列命题正确的是( )A.对任意的λ，μ，数列a n 为单调递增数列B.对任意的正数ε，存在λ，μ，n 0n 0∈N * ，当n >n 0时，a n -1 <εC.存在λ，μ，使得数列a n 的周期为2D.存在λ，μ，使得a n +a n +2-2a n +1 >213.(2022·浙江温州·二模)对于数列x n ，若存在正数M ，使得对一切正整数n ，恒有x n ≤M ，则称数列x n有界；若这样的正数M 不存在，则称数列x n 无界，已知数列a n 满足：a 1=1，a n +1=ln λa n +1 λ>0 ，记数列a n 的前n 项和为S n ，数列a 2n 的前n 项和为T n ，则下列结论正确的是( )A.当λ=1时，数列S n 有界 B.当λ=1时，数列T n 有界C.当λ=2时，数列S n 有界D.当λ=2时，数列T n 有界14.(2022·北京市育英学校高三开学考试)x 为不超过x 的最大整数，设a n 为函数f x =x x ，x ∈0,n的值域中所有元素的个数.若数列1a n +2n 的前n 项和为S n ，则S 2022=( )A.10121013B.12C.20214040D.1011101215.(2022·浙江浙江·高三阶段练习)已知数列a n 满足a 1=1，且T n =a 1a 2⋯⋯a n ，若T n +1=a n T na 2n +1,n ∈N *，则( )A.a 50∈112,111B.a 50∈111,110C.a 10∈18,17D.a 10∈16,1516.(2022·浙江·高三专题练习)已知数列a n 满足a 1=12,a n =1+ln a n +1n ∈N * ，记T n 表示数列a n 的前n 项乘积.则( )A.T 9∈130,126B.T 9∈126,122C.T 9∈122,118D.T 9∈118,11417.(2022·浙江·湖州中学高三阶段练习)已知各项均为正数的数列a n满足a1=1，a n=e a n+1-cos a n+1n∈Ν∗，其前n项和为S n，则下列关于数列a n的叙述错误的是( )A.a n>a n+1n∈Ν∗B.a n<a n+1+a2n+1n∈Ν∗C.a n≤1nn∈Ν∗D.S n<2n n∈Ν∗18.(2022·浙江·镇海中学高三期末)已知无穷项实数列a n满足：a1=t，且4a n+1=1a n-1a n-1，则( )A.存在t>1，使得a2011=a1B.存在t<0，使得a2021=a1C.若a221=a1，则a2=a1D.至少有2021个不同的t，使得a2021=a119.(2022·浙江杭州·高三期末)若数列a n满足a n<a n+1，则下列说法错误的是( )A.存在数列a n使得对任意正整数p，q都满足a pq=a p+a qB.存在数列a n使得对任意正整数p，q都满足a pq=pa q+qa pC.存在数列a n使得对任意正整数p，q都满足a p+q=pa q+qa pD.存在数列a n使得对任意正整数p，q部满足a p+q=a p a q20.(2022·全国·高三专题练习)已知a n是各项均为正整数的数列，且a1=3，a7=8，对∀k∈N*，a k+1=a k+ 1与a k+1=12a k+2有且仅有一个成立，则a1+a2+⋅⋅⋅+a7的最小值为( )A.18B.20C.21D.2221.(2022·浙江·海亮高级中学模拟预测)已知数列{a n},n∈N∗，a n+1=a2n-2a n+m,m∈R，下列说法正确的是( )A.对任意的m∈(0,1)，存在a1∈[1,2]，使数列{a n}是递增数列；B.对任意的m∈94,52，存在a1∈[1,2]，使数列{a n}不单调；C.对任意的m∈(0,1)，存在a1∈[1,2]，使数列{a n}具有周期性；D.对任意的m∈(0,1)，当a1∈[1,2]时，存在a n>3.22.(2022·全国·高三专题练习)已知a n是等差数列，b n=sin a n，存在正整数t t≤8，使得b n+t=b n，n∈N*.若集合S=x x=b n,n∈N*中只含有4个元素，则t的可能取值有( )个A.2B.3C.4D.523.(2022·上海民办南模中学高三阶段练习)已知数列a n满足：当a n≠0时，a n+1=a2n-12a n；当a n=0时，a n+1=0；对于任意实数a1，则集合n a n≤0,n=1,2,3,⋯的元素个数为( )A.0个B.有限个C.无数个D.不能确定，与a1的取值有关24.(2022·全国·高三专题练习)已知数列a n满足a n+1=2a na2n+1，满足a1∈0,1，a1+a2+⋅⋅⋅+a2021=2020，则下列成立的是( )A.ln a1⋅ln a2021>12020 B.ln a1⋅ln a2021=1 2020C.ln a1⋅ln a2021<12020 D.以上均有可能25.(2022·全国·高三专题练习)已知各项都为正数的数列a n 满足a 1=a (a >2)，e -a n +1+a n +1=-1a n+ka n (n ∈N *)，给出下列三个结论：①若k =1，则数列a n 仅有有限项；②若k =2，则数列a n 单调递增；③若k=2，则对任意的M >0，陼存在n 0∈N *，使得n 02a n>M 成立．则上述结论中正确的为( )A.①②B.②③C.①③D.①②③二、多选题26.(2022·全国·清华附中朝阳学校模拟预测)数列a n 满足a 1=a ，a n +1=3a n -a n 2-1，则下列说法正确的是( )A.若a ≠1且a ≠2，数列a n 单调递减B.若存在无数个自然数n ，使得a n +1=a n ，则a =1C.当a >2或a <1时，a n 的最小值不存在D.当a =3时，1a 1-2+1a 2-2+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+1a n -2∈12,127.(2022·福建省福州第一中学高三开学考试)已知数列a n 满足0<a 1<1，a n +1=a n ln 2-a n +1 n ∈N * ，S n 为数列1a n 的前n 项和，则下列结论正确的是( )A.S n >n n +12B.a 2022>12022C.0<a n <1D.若a 1=13，则a n ≥13⋅2n -128.(2022·江苏·高三开学考试)已知S n 是数列a n 的前n 项和，S n +1=-S n +n 2，则( )A.a n +a n +1=2n -1(n ≥2)B.a n +2-a n =2C.当a 1=0时，S 50=1225D.当数列a n 单调递增时，a 1的取值范围是-14,1429.(2022·湖北武汉·高三开学考试)已知数列a n 满足：a 1=1，a n =123a n -1+5a 2n -1+4 n ≥2 ，下列说法正确的是( )A.∀n ∈N ∗，a n ,a n +1,a n +2成等差数列B.a n +1=3a n -a n -1n ≥2C.2n -1≤a n ≤3n -1n ∈N *D.∀n ∈N *，a n ,a n +1,a n +2一定不成等比数列30.(2022·浙江绍兴·模拟预测)已知正项数列a n ，对任意的正整数m 、n 都有2a m +n ≤a 2m +a 2n ，则下列结论可能成立的是( )A.a n m +am n=a mn B.na m +ma n =a m +nC.a m +a n +2=a mnD.2a m ⋅a n =a m +n31.(2022·全国·模拟预测)已知数列a n 满足a 3=28，a n =2-1 n+n a n -1n ≥2 ，n ∈N *，数列b n 的前n 项和为S n ，且b n =log 2a 2n +2⋅a 2n -1 -log 2a 2n ⋅a 2n +1 ，则下列说法正确的是( )A.a 4a 2=21 B.a 1⋅a 2=16C.数列a 2n -1a 2n 为单调递增的等差数列 D.满足不等式S n -5>0的正整数n 的最小值为6332.(2022·福建南平·三模)如图，在平面直角坐标系中的一系列格点A i x i ,y i ，其中i =1,2,3,⋅⋅⋅,n ,⋅⋅⋅且x i ,y i ∈Z .记a n =x n +y n ，如A 11,0 记为a 1=1，A 21,-1 记为a 2=0，A 30,-1 记为a 3=-1,⋅⋅⋅，以此类推；设数列a n 的前n 项和为S n .则( )A.a 2022=42B.S 2022=-87C.a 8n =2nD.S 4n 2+5n =3n n +1233.(2022·全国·长郡中学模拟预测)已知数列a n 的前n 项和为S n ，且S n +a n =1对于∀n ∈N *恒成立，若定义Sn(1)=S n ，S n (k )=ni =1S i (k -1) k ≥2 ，则以下说法正确的是( )A.a n 是等差数列B.S n 3 =n 2-n +22-12nC.S nk +2-S nk=A k +1n +k -1k +1 !D.存在n 使得S n 2022=n 20212022!34.(2022·全国·高三专题练习)我们常用的数是十进制数，如1079=1×103+0×102+7×101+9×100，表示十进制的数要用10个数码．0，1，2，3，4，5，6，7，8，9；而电子计算机用的数是二进制数，只需两个数码0和1，如四位二进制的数11012 =1×23+1×22+0×21+1×20，等于十进制的数13．把m 位n 进制中的最大数记为M m ,n ，其中m ，n ∈N *,n ≥2，M m ,n 为十进制的数，则下列结论中正确的是( )A.M 5,2 =31B.M 4,2 =M 2,4C.M n +2,n +1 <M n +1,n +2D.M n +2,n +1 >M n +1,n +235.(2022·全国·高三专题练习)已知数列a n 满足a 1=1，a n +1=2a n ln a n +1 +1，则下列说法正确的有( )A.2a 3a 1+a 2<5B.a n +1-a 2n ≤a 2n +1C.若n ≥2，则34≤ni =11a i +1<1D.ni =1ln a i +1 ≤2n -1 ln236.(2022·海南·嘉积中学高三阶段练习)“0，1数列”在通信技术中有着重要应用，它是指各项的值都等于0或1的数列．设A 是一个有限“0，1数列”，f A 表示把A 中每个0都变为1，0，每个1都变为0，1，所得到的新的“0，1数列”，例如A 0,1,1,0 ，则f A =1,0,0,1,0,1,1,0 ．设A 1是一个有限“0，1数列”，定义A k +1=f A k ，k =1、2、3、⋅⋅⋅．则下列说法正确的是( )A.若A 3=1,0,0,1,1,0,0,1 ，则A 1=0,0B.对任意有限“0，1数列”A 1，则A n n ≥2,n ∈N 中0和1的个数总相等C.A n +1中的0，0数对的个数总与A n 中的0，1数对的个数相等D.若A 1=0,0 ，则A 2021中0，0数对的个数为13(41010-1)37.(2022·全国·高三专题练习(理))设数列a n 满足a 1=0，a n +1=ca 3n +2-8c ,n ∈N ∗其中c 为实数，数列a n 2的前n 项和是S n ，下列说法不正确的是( )A.当c >1时，a n 一定是递减数列B.当c <0时，不存在c 使a n 是周期数列C.当c ∈0,14时，a n ∈0,2 D.当c =17时，S n >n -52三、填空题38.(2022·全国·高三专题练习)对于数列a n ，若a n ,a n +1是关于x 的方程x 2-c n x +13n=0的两个根，且a 1=2，则数列c n 所有项的和为________．39.(2022·全国·高三专题练习(文))已知函数f (x )=log 24x +1 -x ，数列a n 是公差为2的等差数列，若a 1f a 1 +a 2f a 2 +a 3f a 3 +a 4f a 4 =0，则数列a n 的前n 项和S n =__________．40.(2022·全国·高三专题练习)数列a n 满足：a 1=0，a n +1=-a 2n +a n +c .若数列a n 单调递减，则c 的取值范围是________；若数列a n 单调递增，则c 的取值范围是__________.41.(2022·全国·高三专题练习(理))黎曼猜想由数学家波恩哈德·黎曼于1859年提出，是至今仍未解决的世界难题．黎曼猜想研究的是无穷级数ξ(n )=∞n =1n -s =11s +12s +13s +⋅⋅⋅，我们经常从无穷级数的部分和11s +12s +13s +⋅⋅⋅+1ns 入手．已知正项数列a n 的前n 项和为S n ，且满足S n =12a n +1a n ，则1S 1+1S 2+⋅⋅⋅1S 2021 =______．(其中x 表示不超过x 的最大整数)42.(2022·上海·华东师范大学附属东昌中学高三阶段练习)已知函数f (x )=1-(x -1)2,0≤x <2f (x -2),x ≥2，若对于正数k n (n ∈N *)，直线y =k n x 与函数f (x )的图像恰好有2n +1个不同的交点，则k 21+k 22+⋯+k 2n =___________.43.(2022·全国·高三专题练习)设△A n B n C n 的三边长分别为a n ，b n ，c n ，n =1，2，3⋯，若b 1>c 1，b 1+c 1=2a 1，a n +1=a n ,b n +1=a n +c n 2，c n +1=a n +b n2，则∠A n 的最大值是________________.44.(2022·上海·高三专题练习)若数列a n 满足a n +a n +1+a n +2+⋯+a n +k =0n ∈N *,k ∈N * ，则称数列a n 为“k 阶相消数列”.已知“2阶相消数列”b n 的通项公式为b n =2cos ωn ，记T n =b 1b 2⋯b n ，1≤n ≤2021，n ∈N *，则当n =___________时，T n 取得最小值45.(2022·上海·高三专题练习)若数列a n 满足a 1=0，a 4n -1-a 4n -2=a 4n -2-a 4n -3=3，a 4n a 4n -1=a4n +1a 4n=12n ∈N *，且对任意n ∈N *都有a n <m ，则m 的最小值为________.46.(2022·全国·高三开学考试(理))用g (n )表示自然数n 的所有因数中最大的那个奇数，例如：9的因数有1，3，9，g (9)=9，10的因数有1，2，5，10，g (10)=5，那么g (1)+g (2)+g (3)+⋯+g (22015-1)=__________．47.(2022·江苏苏州·模拟预测)设函数f 1x =x 2，f 2x =2x -x 2 ，f 3x =13sin2πx ，取t i =i2019，i =0,1,2,⋯,2019，S k =f k t 1 -f k t 0 +f k t 2 -f k t 1 +⋯+f k t 2019 -f k t 2018 ，k =1,2,3，则S 1，S 2，S 3的大小关系为________.(用“<”连接)四、双空题48.(2022·浙江·模拟预测)已知数列a n 对任意的n ∈N ∗，都有a n ∈N ∗，且a n +1=3a n +1,a n 为奇数a n 2,a n 为偶数．①当a1=8时，a2022=_________．②若存在m∈N∗，当n>m且a n为奇数时，a n恒为常数P，则P=_________．49.(2022·全国·高三专题练习)2022年北京冬奥会开幕式中，当《雪花》这个节目开始后，一片巨大的“雪花”呈现在舞台中央，十分壮观.理论上，一片雪花的周长可以无限长，围成雪花的曲线称作“雪花曲线”，又称“科赫曲线”，是瑞典数学家科赫在1904年研究的一种分形曲线.如图是“雪花曲线”的一种形成过程：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，重复进行这一过程若第1个图中的三角形的周长为1，则第n个图形的周长为___________；若第1个图中的三角形的面积为1，则第n个图形的面积为___________.50.(2022·全国·高三专题练习)对于正整数n，设x n是关于x的方程：n2+5n+3x2+x2log n+2x n=1的实根，记a n=12x n，其中x 表示不超过x的最大整数，则a1=______；若b n=a n⋅sin nπ2，S n为b n的前n项和，则S2022=______．。

第四章数列【压轴题专项训练】(解析版)

第四章数列【压轴题专项训练】一、单选题1．已知数列{}n a 的前n 项和n S ，且2(1)n n S a n -=-，22na nn b S =，则数列{}n b 的最小项为（）A ．第3项B ．第4项C ．第5项D ．第6项【答案】A 【分析】由n S 与n a 的关系1(1)n n n a S S n -=->化简即可求出n S 及n a ，可得n b ，分析单调性即可求解.【详解】∵1(1)n n n a S S n -=->,∴1n n n S a S --=,则21(1)n S n -=-,即2*(N )n S n n =∈,∴22(1)21n a n n n =--=-.易知0n b >,∵212+1+14422+1n n n n b b n n -==（）,244142(1)n n b n b n +∴==+当11n >+时,1n >,∴当13n ≤<时,1n n b b +>,当3n ≥时,1n n b b +<,又23132,281b b ==,∴当3n =时,n b 有最小值.故选：A2．中国古代词中，有一道“八子分绵”的数学名题：“九百九十六斤绵，赠分八子做盘缠，次第每人多十七，要将第八数来言”．题意是：把996斤绵分给8个儿子作盘缠，按照年龄从大到小的顺序依次分绵，年龄小的比年龄大的多17斤绵，那么第8个儿子分到的绵是A ．174斤B ．184斤C ．191斤D ．201斤【答案】B 【详解】用128,,,a a a 表示8个儿按照年龄从大到小得到的绵数，由题意得数列128,,,a a a 是公差为17的等差数列，且这8项的和为996，∴1878179962a ⨯+⨯=，解得165a =．∴865717184a =+⨯=．选B ．3．如图，方格蜘蛛网是由一族正方形环绕而成的图形．每个正方形的四个顶点都在其外接正方形的四边上，且分边长为3:4．现用13米长的铁丝材料制作一个方格蜘蛛网，若最外边的正方形边长为1米，由外到内顺序制作，则完整的正方形的个数最多为（参考数据:7lg0.155≈）A ．6个B ．7个C ．8个D ．9个【答案】B 【分析】根据条件可得由外到内的正方形的边长依次构成等比数列，再根据等比数列求和公式得这些正方形的周长，列不等式，解得结果.【详解】记由外到内的第n 个正方形的边长为n a ，则12554144()77n n a a a =⨯=⨯=⨯，，.1251()57...414(1())5717nn n a a a -+++=⨯=⨯--.令1251()57...414(1())135717nn n a a a -+++=⨯⨯-≤-，解得117.6677lg 5n ≤+≈，故可制作完整的正方形的个数最多为7个.应选B.4．在等差数列{}n a 中，满足4737a a =，且10,n a S >，是{}n a 前n 项的和，若n S 取得最大值，则n =（）A ．7B ．8C ．9D ．10【答案】C 【分析】设等差数列首项为1a ，公差为d ，进而由4737a a =得14330a d +=,故()()2111352233n n n d a S na n n-=+=-,再根据二次函数性质即可得当9n =时，n S 取最大值.【详解】设等差数列首项为1a ，公差为d ，因为4737a a =,所以()()113376a d a d +=+,即14330a d +=，10a >，()()2111352233n n n d a S na n n-=+=-，二次函数的对称轴为358.754n ==，开口向下，又∵n *∈N ，∴当9n =时，n S 取最大值.故选:C.5．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若11a =，121n n S S +=+，则6S =（）A ．63B ．127C ．128D ．256【答案】A 【分析】先利用1n n n a S S -=-求通项公式，判断出{}n a 为等比数列，直接求和.【详解】在121n n S S +=+中，令1n =，得23S =，所以22a =．由121n n S S +=+得2121n n S S ++=+，两式相减得212n n a a ++=，即212n n a a ++=，又11a =，212aa =，所以数列{}n a 是以1为首项，2为公比的等比数列，所以66126312S -==-.故选：A ．6．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且78S S >，8910S S S =<，则下面结论错误的是（）A ．90a =B ．1514S S >C ．0 d <D ．8S 与9S 均为n S 的最小值【答案】C 【分析】根据()12n n n a S S n -=-≥推导出80a <，90a =，100a >，结合等差数列的单调性与求和公式判断可得出合适的选项.【详解】对于A 选项，由89S S =可得9980a S S =-=，A 选项正确；对于C 选项，由78S S >可得8870a S S =-<，980d a a ∴=->，C 选项错误；对于D 选项，由109S S >可得101090a S S =->，且90a =，80a <，0d >，所以，当8n ≤且n *∈N 时，0n a <，且90a =，则8S 与9S 均为n S 的最小值，D 选项正确；对于B 选项，90a =，0d >，当10n ≥时，90n a a >=，所以，1514150S S a -=>，B 选项正确.故选：C.7．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，2n n S n a =，11a =，则n S =（）A ．21n n +B ．()2221n n +C ．221nn -D ．221n n -【答案】A 【分析】根据n S 与n a 的关系可得12n n a n a n +=+，再利用累乘法即可得112(1n a n n =-+，进而利用裂项相消法求和即可.【详解】当2n ≥时，2,n n S n a =则211,(1)n n S n a ++=+且2222S a =，即2214a a +=，所以213a =.两式作差得2211(1)n n n n S S n a n a ++-=+-，即2211(1)n n n a n a n a ++=+-，即()12n n n a na ++=，所以12n n a n a n +=+，即()1121n n a n n a n --=≥+.则()1232212321232211········2(11411n n n n n n n a a a a n n n a a a a a a a n n n n n n n --------=⋯=⋯==-+-++.所以1111112)2(1112(12312n n S n n n n -=-=++=-+-+++.故选：A.8．用数学归纳法证明“()*(31)71n n n N +⋅-∈能被9整除”，在假设n k =时命题成立之后，需证明1n k =+时命题也成立，这时除了用归纳假设外，还需证明的是余项（）能被9整除.A ．376k ⨯+B ．1376k +⨯+C ．37 3k ⨯-D ．1373k +⨯-【答案】B 【分析】假设n k =时命题成立，即(31)71k k +⋅-能被9整除，计算当1n k =+时，()131171(31)71k k k k +⎡⎤-⎣⎦++⋅--+⋅⎡⎤⎣⎦()131663177k k k +⎡=⎤-⋅+⋅⎦⋅+⎣+，即可得解.【详解】解：假设n k =时命题成立，即(31)71k k +⋅-能被9整除，当1n k =+时，()131171(31)71k kk k +⎡⎤-⎣⎦++⋅--+⋅⎡⎤⎣⎦()1347(31)7k kk k +-=+⋅+⋅()13137(31)7k kk k +=++⋅+⋅⎡⎤⎣⎦-()1131737(31)7k k k k k ++=+-+⋅⋅+⋅()1631737k k k +=⋅+⋅+⋅()131663177k k k +⎡=⎤-⋅+⋅⎦⋅+⎣+(31)71k k +⋅-能被9整除要证上式能被9整除，还需证明1367k +⋅+也能被9整除故选：B9．已知数列{}n a 满足11a =，24a =，310a =，1{}n n a a +-是等比数列，则数列{}n a 的前8项和8S =（）A ．376B ．382C ．749D ．766【答案】C 【分析】利用累加法求出通项n a ，然后利用等比数列的求和公式和分组求和法，求解8S 即可【详解】由已知得，213a a -=，326a a -=，而{}1n n a a +-是等比数列，故2q =，∴11221()()()n n n n a a a a a a ----+-+-=23632n -+++⨯1133232312n n ---⨯==⨯--，1n a a ∴-=1323n -⨯-，化简得1322n n a -=⨯-，878128123(122)2831612S a a a -=++=⨯+++-⨯=⨯--83219749=⨯-=故选：C10．记n S 为数列{}n a 的前项和，已知点(,)n n a 在直线102y x =-上，若有且只有两个正整数n 满足n S k ≥，则实数k 的取值范围是（）A ．(8,14]B ．(14,18]C ．(18,20]D ．81(18,]4【答案】C 【分析】由已知可得数列{}n a 为等差数列，首项为8，公差为-2，由等差数列的前n 项和公式可得29n S n n =-+，由二次函数的性质可得4n =或5时，n S 取得最大值为20，根据题意，结合二次函数的图象与性质即可求得k 的取值范围．【详解】解：由已知可得102n a n =-，由12n n a a --=-，所以数列{}n a 为等差数列，首项为8，公差为-2，所以2(1)8(2)92n n n S n n n -=+⨯-=-+，当n =4或5时，n S 取得最大值为20，因为有且只有两个正整数n 满足n S k ≥，所以满足条件的4n =和5n =，因为3618S S ==，所以实数k 的取值范围是(]18,20．故选：C ．二、多选题11．已知数列{}n a 满足()*111n na n N a +=-∈，且12a =，则（）A ．31a =-B ．201912a =C ．332S =D ． 2 01920192S =【答案】ACD 【分析】先计算出数列的前几项，判断AC ，然后再寻找规律判断BD ．【详解】由题意211122a =-=，311112a =-=-，A 正确，3132122S =+-=，C 正确；41121a =-=-，∴数列{}n a 是周期数列，周期为3．2019367331a a a ⨯===-，B 错；20193201967322S =⨯=，D 正确．故选：ACD ．12．设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，且12a =，38a =则（）A ．512a =B ．公差3d =C ．()261n S n n =+D ．数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为64nn +【答案】BCD 【分析】根据已知条件求出等差数列{}n a 的通项公式和前n 项和公式，即可判断选项A 、B 、C ，再利用裂项求和即可判断选项D.【详解】因为数列{}n a 是等差数列，则312228a a d d =+=+=，解得：3d =，故选项B 正确；所以()21331n a n n =+-⨯=-，对于选项A ：535114a =⨯-=，故选项A 不正确；对于选项C ：()()2222132612n n S n n n ++-⨯⎡⎤⎣⎦=⨯=+，所以故选项C 正确；对于选项D ：()()111111313233132n n a a n n n n +⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭，所以前n 项和为111111111325588113132n n ⎛⎫-+-+-++- ⎪-+⎝⎭()611132322324n n n n n ⎛⎫=-== ⎪++⎝⎭+，故选项D 正确，故选：BCD.13．在公比q 为整数的等比数列{}n a 中，n S 是数列{}n a 的前n 项和，若1432a a ⋅=，2312a a +=，则下列说法正确的是（）A ．2q =B ．数列{}2n S +是等比数列C ．8510S =D ．数列{}lg n a 是公差为2的等差数列【答案】ABC 【分析】本题首先可根据1432a a ⋅=得出2332a a ⋅=，与2312a a +=联立即可求出2a 、3a 以及q ，A 正确，然后通过122n n S ++=即可判断出B 正确，再然后通过等比数列求和公式即可判断出C正确，最后根据lg lg 2n a n =即可判断出D 错误.【详解】因为数列{}n a 是等比数列，所以142332a a a a ×=×=，联立23233212a a a a ⋅=⎧⎨+=⎩，解得2384a a =⎧⎨=⎩或2348a a =⎧⎨=⎩，因为公比q 为整数，所以24a =、38a =、322a q a ==，12a =，2n n a =，A 正确，()121222212n n n S +-+=+=-，故数列{}2n S +是等比数列，B 正确；()8982122251012S -==-=-，C 正确；lg lg 2lg 2n n a n ==，易知数列{}lg n a 不是公差为2的等差数列，D 错误，故选：ABC.14．意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人，斐波那契数列被誉为是最美的数列，斐波那契数列{}n a 满足：11a =，21a =，()*123,n n n a a a n n N --=+≥∈.若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前n 项所占的格子的面积之和为n S ，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为n c ，则下列结论正确的是（）A ．2111n n n n S a a a +++=+⋅B ．12321n n a a a a a +++++=-C ．1352121n n a a a a a -++++=-D ．()1214n n n n c c a a π--+-=⋅【答案】ABD 【分析】根据题中递推公式，求出n S ，n c ，数列的前n 项和，数列的奇数项和，与选项对比即可.【详解】对于A 选项，因为斐波那契数列总满足()*123,n n n a a a n n N --=+≥∈，所以2121a a a =，()22222312321a a a a a a a a a a ==-=-，()23333423432a a a a a a a a a a ==-=-，类似的有，()21111n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a +-+-==-=-，累加得22221231n n n a a a a a a +++++=⋅，由题知222222112311211n n n n n n n n S a a a a a a a a a a ++++++=+++++=⋅=+⋅，故选项A 正确，对于B 选项，因为11a a =，231a a a =-，342a a a =-，类似的有11n n n a a a +-=-，累加得123122++1n n n n a a a a a a a a ++++=+-=-，故选项B 正确，对于C 选项，因为11a a =，342a a a =-，564a a a =-，类似的有21222n n n a a a --=-，累加得13211222++n n n a a a a a a a -+=+-=，故选项C 错误，对于D 选项，可知扇形面积24nn a c π⋅=，故()()2222111124444n n n n n n n n c c a a a a a a ππππ+----⎛⎫-=-=-=⋅ ⎪⎝⎭⋅⋅，故选项D 正确，故选：ABD.三、填空题15．用数学归纳法证明关于n 的不等式1111312224n n n +++>++(n ∈N +)，由n=k 递推到n=k+1时，不等式的左边的变化为________.【答案】增加112122k k -++【分析】先写出当n=k 时左边的代数式，再写出当n=k+1时左边的代数式，相减即可得出结果，注意分母及项数的变化【详解】假设n=k 时，不等式成立，即1112k k ++++…+113224k >，则当n=k+1时，不等式左边=11(1)1(1)2k k ++++++…+1112212(1)k k k ++++=1123k k ++++…+11122122k k k ++++=1112k k ++++…+1111221221⎛⎫++- ⎪+++⎝⎭k k k k =1112k k ++++…+11122122k k k +-++.故答案为：增加112122k k -++16．单调递增的等比数列{}n a 满足12312314,64a a a a a a ++==，令2log n n b a =，则11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前10项和为________．【答案】1011【分析】设单调递增的等比数列{}n a 的公比为q ，根据等比数列的通项公式列方程求出1a 和q ，可得n a 和n b ，根据裂项求和方法可求得结果.【详解】设单调递增的等比数列{}n a 的公比为q ，则1q >，则()2133111464a q q a q ⎧++=⎪⎨=⎪⎩，所以()2111144a q q a q ⎧++=⎪⎨=⎪⎩，消去1a 得21144q q q ++=，即22520q q -+=，解得2q =或12q =（舍），所以12a =，111222n n n n a a q --==⨯=，2log n n b a =2log 2nn ==，所以11111(1)1n n b b n n n n +==-++，所以12231011111b b b b b b +++1111112231011=-+-++-11011111=-=.故答案为：101117．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 4+a 7+a 10=9，S 14-S 3=77，则使S n 取得最小值时n 的值为____.【答案】5【分析】设等差数列{a n }的公差为d ，根据a 4+a 7+a 10=9，S 14-S 3=77，求得1,a d 即可.设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 4+a 7+a 10=9，S 14-S 3=77，所以113189,118877a d a d +=-=，解得19,2a d =-=所以()()211111022n n n n n S na d na d n n --=+=+=-，所以当5n =时，S n 取得最小值，故答案为：518．已知数列{}n a 的前n 项和为()2*1,1,N n n n S a S n a n ==∈，则数列{}n a 的通项公式为___________.【答案】()21n a n n =+【分析】由题意可得,当2n ≥时，()2111n n S n a --=-，又2n n S n a =，两式相减可得111n n a n a n --=+，再利用累乘法，即可求出2n ≥时数列{}n a 的通项公式，注意当1n =时,11a =代入进行检验即可.【详解】由2n n S n a =，可得当2n ≥时，()2111n n S n a --=-，则2211(1)n n n n n a S S n a n a --=-=--，即221(1)(1)n n n a n a --=-，故111n n a n a n --=+，所以123211232112321211143(1)n n n n n n n a a a a a n n n a a a a a a a n n n n n --------=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⨯⨯=+-+L .当11,1n a ==满足2(1)n a n n =+.故数列{}n a 的通项公式为2(1)n a n n =+.故答案为：2(1)n a n n =+四、解答题19．设数列{}n a 满足11a =，1123n n n a a -+-=⋅.（1）求数列{}n a 的通项公式;（2）令()21n n b n a =+，求数列{}n b 的前n 项和n S .【答案】（1）13-=n n a ，*n N ∈；（2）3n n S n =⋅，*n N ∈.（1）利用累加法求通项公式；（2）利用错位相减法以及等比数列求和公式即可得出n S .【详解】（1）由已知，当2n ≥时，2123n n n a a ---=⋅，()()()121321n n n a a a a a a a a -=+-+-++-()12211312133312313n n n ----=+++++=+⨯=-当1n =时，11131a -==符合上式，13n n a -∴=，*n N ∈.（2）由（1）知()()121213n n n b n a n -=+=+⨯，()0113353213n n S n -=⨯+⨯+++⨯①3n S =()()1213353213213n n n n -⨯+⨯++-⨯++⨯②①-②得()()121232333213n n n S n --=++++-+⋅()()121213332131n n n -=++++-+⋅+()132213113nn n -=⨯-+⋅+-23nn =-⋅所以，3n n S n =⋅，*n N ∈.20．数列{a n }的前n 项和S n ＝33n －n 2，（1）求{a n }的通项公式；（2）则{a n }的前多少项和最大？【答案】（1）a n ＝34－2n ；（2）前16项或前17项的和最大．【分析】法一：当2n 时，1n n n a S S -=-，当1n =时，11a S =，即可得出．法二：利用S n 是关于n 的缺常数项的二次型函数的结构特征构造方程组求得首项和公差即可.（2）法一：令0n a ，得3420n - ，解出n 即可得出．法二：由233y x x =-+的对称轴为332x =．利用二次函数的单调性即可得出．【详解】（1）法一：(公式法)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝34－2n ，又当n ＝1时，a 1＝S 1＝32＝34－2×1，满足a n ＝34－2n ．故{a n }的通项公式为a n ＝34－2n ．法二：(结构特征法)由S n ＝－n 2＋33n 知S n 是关于n 的缺常数项的二次型函数，所以{a n }是等差数列，由S n 的结构特征知112332d d a ⎧=-⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩解得a 1＝32，d ＝－2，所以a n ＝34－2n ．（2）法一：(公式法)令a n ≥0，得34－2n ≥0，所以n ≤17，故数列{a n }的前17项大于或等于零．又a 17＝0，故数列{a n }的前16项或前17项的和最大．法二：(函数性质法)由y ＝－x 2＋33x 的对称轴为x ＝332，距离332最近的整数为16，17．由S n ＝－n 2＋33n 的图象可知：当n ≤17时，a n ≥0，当n ≥18时，a n <0，故数列{a n }的前16项或前17项的和最大．21．已知各项均不相等的等差数列{}n a 的前4项和为10，且124,,a a a 是等比数列{}n b 的前3项.（1）求n a ，n b ；（2）设()11n n n n c b a a =++，求{}n c 的前n 项和n S .【答案】（1）1,2n n n a n b -==；（2）121n n S n =-+.【分析】（1）设数列{}n a 的公差为()0d d ≠，由题意列关于首项与公差的方程，联立求得首项与公差，则n a ，n b 可求；（2）把（1）中求得的通项公式代入n c ，分组后利用等比数列前n 项和与裂项相消法求解数列{}n c 的前n 项和.【详解】解：（1）设数列{}n a 的公差为()0d d ≠，由题意，4114(41)446102S a d a d ⨯-=+=+=，①又∵124,,a a a 成等比数列，∴2214a a a =，即2111()(3)a d a a d +=+，得1a d =，②联立①②可得，11a d ==∴n a n =，12n n b -=；（2）∵1112(1)(1)n n n n n c b a a n n -=+=+++，∴01111111(222)(1)2231n n S n n -=++++-+-++-+＝1211121211n n n n -+-=--++.∴数列{}n c 的前n 项和n S 为121n n S n =-+.22．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝1n na a +(n ∈N *)．（1）计算a 2，a 3，a 4；（2）猜想a n 的表达式，并用数学归纳法证明．【答案】（1）a 2＝12，a 3＝13，a 4＝14；（2）猜想a n ＝1n，证明见解析.【分析】（1）由递推式直接求出即可；（2）由（1）归纳猜想出n a ，再用数学归纳法证明即可.【详解】（1）a 1＝1，a 2＝111a a +＝12，a 3＝221a a +＝13，a 4＝331a a +＝14.（2）由（1）的计算猜想a n ＝1n .下面用数学归纳法进行证明．①当n ＝1时，a 1＝1，猜想成立．②假设当n ＝k 时，猜想成立，即a k ＝1k，那么a k ＋1＝111111k k a k a k k ==+++，即当n ＝k ＋1时，猜想也成立．根据①②可知，对任意n ∈N *都有a n ＝1n .。

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

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

高考数列压轴题含答案

高考数列压轴题一．解答题（共50小题）1．数列{a n}满足a1=1，a2=+，…，a n=++…+（n∈N*）（1）求a2，a3，a4，a5的值；（2）求a n与a n﹣1之间的关系式（n∈N*，n≥2）；（3）求证：（1+）（1+）…（1+）＜3（n∈N*）2．已知数列{x n}满足：x1=1，x n=x n+1+ln（1+x n+1）（n∈N*），证明：当n∈N*时，（Ⅰ）0＜x n＜x n；+1﹣x n≤；（Ⅱ）2x n+1（Ⅲ）≤x n≤．3．数列{a n}中，a1=，a n+1=（n∈N*）＜a n；（Ⅰ）求证：a n+1（Ⅱ）记数列{a n}的前n项和为S n，求证：S n＜1．4．已知正项数列{a n}满足a n2+a n=3a2n+1+2a n+1，a1=1．（1）求a2的值；（2）证明：对任意实数n∈N*，a n≤2a n+1；（3）记数列{a n}的前n项和为S n，证明：对任意n∈N*，2﹣≤S n＜3．5．已知在数列{a n}中，．，n∈N*＜a n＜2；（1）求证：1＜a n+1（2）求证：；（3）求证：n＜s n＜n+2．6．设数列{a n}满足a n+1=a n2﹣a n+1（n∈N*），S n为{a n}的前n项和．证明：对任意n∈N*，（I）当0≤a1≤1时，0≤a n≤1；（II）当a1＞1时，a n＞（a1﹣1）a1n﹣1；（III）当a1=时，n﹣＜S n＜n．7．已知数列{a n}满足a1=1，S n=2a n+1，其中S n为{a n}的前n项和（n∈N*）．（Ⅰ）求S1，S2及数列{S n}的通项公式；（Ⅱ）若数列{b n}满足，且{b n}的前n项和为T n，求证：当n≥2时，．8．已知数列{a n}满足a1=1，（n∈N*），（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）证明：．9．设数列{a n}的前n项的和为S n，已知a1=，a n+1=，其中n∈N*．（1）证明：a n＜2；（2）证明：a n＜a n+1；（3）证明：2n﹣≤S n≤2n﹣1+（）n．10．数列{a n}的各项均为正数，且a n+1=a n+﹣1（n∈N*），{a n}的前n项和是S n．（Ⅰ）若{a n}是递增数列，求a1的取值范围；（Ⅱ）若a1＞2，且对任意n∈N*，都有S n≥na1﹣（n﹣1），证明：S n＜2n+1．11．设a n=x n，b n=（）2，S n为数列{a n•b n}的前n项和，令f n（x）=S n﹣1，x∈R，a∈N*．（Ⅰ）若x=2，求数列{}的前n项和T n；（Ⅱ）求证：对∀n∈N*，方程f n（x）=0在x n∈[，1]上有且仅有一个根；（Ⅲ）求证：对∀p∈N*，由（Ⅱ）中x n构成的数列{x n}满足0＜x n﹣x n+p＜．12．已知数列{a n}，{b n}，a0=1，，（n=0，1，2，…），，T n为数列{b n}的前n项和．求证：（Ⅰ）a n＜a n；+1（Ⅱ）；（Ⅲ）．13．已知数列{a n}满足：a1=，a n=a n﹣12+a n﹣1（n≥2且n∈N）．（Ⅰ）求a2，a3；并证明：2﹣≤a n≤•3；（Ⅱ）设数列{a n2}的前n项和为A n，数列{}的前n项和为B n，证明：=a n+1．14．已知数列{a n}的各项均为非负数，其前n项和为S n，且对任意的n∈N*，都有．（1）若a1=1，a505=2017，求a6的最大值；（2）若对任意n∈N*，都有S n≤1，求证：．15．已知数列{a n}中，a1=4，a n+1=，n∈N*，S n为{a n}的前n项和．（Ⅰ）求证：n∈N*时，a n＞a n+1；（Ⅱ）求证：n∈N*时，2≤S n﹣2n＜．16．已知数列{a n}满足，a1=1，a n=﹣．（1）求证：a n≥；﹣a n|≤；（2）求证：|a n+1（3）求证：|a2n﹣a n|≤．17．设数列{a n}满足：a1=a，a n+1=（a＞0且a≠1，n∈N*）．（1）证明：当n≥2时，a n＜a n+1＜1；（2）若b∈（a2，1），求证：当整数k≥+1时，a k+1＞b．18．设a＞3，数列{a n}中，a1=a，a n+1=，n∈N*．（Ⅰ）求证：a n＞3，且＜1；（Ⅱ）当a≤4时，证明：a n≤3+．19．已知数列{a n}满足a n＞0，a1=2，且（n+1）a n+12=na n2+a n（n∈N*）．（Ⅰ）证明：a n＞1；（Ⅱ）证明：++…+＜（n≥2）．20．已知数列{a n}满足：．（1）求证：；（2）求证：．21．已知数列{a n}满足a1=1，且a n+12+a n2=2（a n+1a n+a n+1﹣a n﹣）．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求证：++…+＜；（3）记S n=++…+，证明：对于一切n≥2，都有S n2＞2（++…+）．22．已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=，n∈N*．（1）求证：≤a n≤1；（2）求证：|a2n﹣a n|≤．23．已知数列{a n]的前n项和记为S n，且满足S n=2a n﹣n，n∈N*（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）证明：+…（n∈N*）24．已知数列{a n}满足：a1=，a n+1=+a n（n∈N*）．（1）求证：a n＞a n；+1（2）求证：a2017＜1；（3）若a k＞1，求正整数k的最小值．25．已知数列{a n}满足：a n2﹣a n﹣a n+1+1=0，a1=2（1）求a2，a3；（2）证明数列为递增数列；（3）求证：＜1．26．已知数列{a n}满足：a1=1，（n∈N*）（Ⅰ）求证：a n≥1；（Ⅱ）证明：≥1+（Ⅲ）求证：＜a n＜n+1．+127．在正项数列{a n}中，已知a1=1，且满足a n+1=2a n（n∈N*）（Ⅰ）求a2，a3；（Ⅱ）证明．a n≥．28．设数列{a n}满足．（1）证明：；（2）证明：．29．已知数列{a n}满足a1=2，a n+1=2（S n+n+1）（n∈N*），令b n=a n+1．（Ⅰ）求证：{b n}是等比数列；（Ⅱ）记数列{nb n}的前n项和为T n，求T n；（Ⅲ）求证：﹣＜+…+．30．已知数列{a n}中，a1=3，2a n+1=a n2﹣2a n+4．＞a n；（Ⅰ）证明：a n+1（Ⅱ）证明：a n≥2+（）n﹣1；（Ⅲ）设数列{}的前n项和为S n，求证：1﹣（）n≤S n＜1．31．已知数列{a n}满足a1=，a n+1=，n∈N*．（1）求a2；（2）求{}的通项公式；（3）设{a n}的前n项和为S n，求证：（1﹣（）n）≤S n＜．32．数列{a n}中，a1=1，a n=．（1）证明：a n＜a n+1；（2）证明：a n a n+1≥2n+1；（3）设b n=，证明：2＜b n＜（n≥2）．33．已知数列{a n}满足，（1）若数列{a n}是常数列，求m的值；（2）当m＞1时，求证：a n＜a n+1；（3）求最大的正数m，使得a n＜4对一切整数n恒成立，并证明你的结论．34．已知数列{a n}满足：，p＞1，．（1）证明：a n＞a n+1＞1；（2）证明：；（3）证明：．35．数列{a n}满足a1=，a n+1﹣a n+a n a n+1=0（n∈N*）．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）求证：a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…a n＜1．36．已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=a n2+p．（1）若数列{a n}就常数列，求p的值；（2）当p＞1时，求证：a n＜a n+1；（3）求最大的正数p，使得a n＜2对一切整数n恒成立，并证明你的结论．37．已知数列{a n}满足a1=a＞4，，（n∈N*）（1）求证：a n＞4；（2）判断数列{a n}的单调性；（3）设S n为数列{a n}的前n项和，求证：当a=6时，．38．已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=．＜a n；（Ⅰ）求证：a n+1（Ⅱ）求证：≤a n≤．39．已知数列{a n}满足：a1=1，．（1）若b=1，证明：数列是等差数列；}的单调性并说明理由；（2）若b=﹣1，判断数列{a2n﹣1（3）若b=﹣1，求证：．40．已知数列{a n}满足，（n=1，2，3…），，S n=b1+b2+…+b n．证明：（Ⅰ）a n＜a n＜1（n≥1）；﹣1（Ⅱ）（n≥2）．41．已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=，n∈N*，记S，T n分别是数列{a n}，{a}的前n项和，证明：当n∈N*时，＜a n；（1）a n+1（2）T n=﹣2n﹣1；（3）﹣1＜S n．42．已知数列{a n}满足a1=3，a n+1=a n2+2a n，n∈N*，设b n=log2（a n+1）．（I）求{a n}的通项公式；（II）求证：1+++…+＜n（n≥2）；（III）若=b n，求证：2≤＜3．43．已知正项数列{a n}满足a1=3，，n∈N*．（1）求证：1＜a n≤3，n∈N*；（2）若对于任意的正整数n，都有成立，求M的最小值；（3）求证：a1+a2+a3+…+a n＜n+6，n∈N*．44．已知在数列{a n}中，，，n∈N*．＜a n＜2；（1）求证：1＜a n+1（2）求证：；（3）求证：n＜s n＜n+2．45．已知数列{a n}中，，（n∈N*）．（1）求证：；（2）求证：是等差数列；（3）设，记数列{b n}的前n项和为S n，求证：．46．已知无穷数列{a n}的首项a1=，=n∈N*．（Ⅰ）证明：0＜a n＜1；（Ⅱ）记b n=，T n为数列{b n}的前n项和，证明：对任意正整数n，T n．47．已知数列{x n}满足x1=1，x n+1=2+3，求证：（I）0＜x n＜9；（II）x n＜x n+1；（III）．48．数列{a n}各项均为正数，且对任意n∈N*，满足a n+1=a n+ca n2（c＞0且为常数）．（Ⅰ）若a1，2a2，3a3依次成等比数列，求a1的值（用常数c表示）；（Ⅱ）设b n=，S n是数列{b n}的前n项和，（i）求证：；（ii）求证：S n＜S n+1＜．49．设数列满足|a n﹣|≤1，n∈N*．（Ⅰ）求证：|a n|≥2n﹣1（|a1|﹣2）（n∈N*）（Ⅱ）若|a n|≤（）n，n∈N*，证明：|a n|≤2，n∈N*．50．已知数列{a n}满足：a1=1，a n+1=a n+．（n∈N*）（Ⅰ）证明：≥1+；＜n+1．（Ⅱ）求证：＜a n+1高考数列压轴题参考答案与试题解析一．解答题（共50小题）1．数列{a n}满足a1=1，a2=+，…，a n=++…+（n∈N*）（1）求a2，a3，a4，a5的值；（2）求a n与a n﹣1之间的关系式（n∈N*，n≥2）；（3）求证：（1+）（1+）…（1+）＜3（n∈N*）【解答】解：（1）a2=+=2+2=4，a3=++=3+6+6=15，a4=+++=4+4×3+4×3×2+4×3×2×1=64，a5=++++=5+20+60+120+120=325；（2）a n=++…+=n+n（n﹣1）+n（n﹣1）（n﹣2）+…+n!=n+n[（n﹣1）+（n﹣1）（n﹣2）+…+（n﹣1）!]=n+na n﹣1；（3）证明：由（2）可知=，所以（1+）（1+）…（1+）=•…==+++…+=+++…+=+++…+≤1+1+++…+=2+1﹣+﹣+…+﹣=3﹣＜3（n≥2）．所以n≥2时不等式成立，而n=1时不等式显然成立，所以原命题成立．2．已知数列{x n}满足：x1=1，x n=x n+1+ln（1+x n+1）（n∈N*），证明：当n∈N*时，（Ⅰ）0＜x n+1＜x n；（Ⅱ）2x n+1﹣x n≤；（Ⅲ）≤x n≤．【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，则x k＞0，那么n=k+1时，若x k+1＜0，则0＜x k=x k+1+ln（1+x k+1）＜0，矛盾，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≤．3．数列{a n}中，a1=，a n+1=（n∈N*）（Ⅰ）求证：a n+1＜a n；（Ⅱ）记数列{a n}的前n项和为S n，求证：S n＜1．【解答】证明：（Ⅰ）∵＞0，且a1=＞0，∴a n＞0，∴a n+1﹣a n=﹣a n=＜0．∴a n+1＜a n；（Ⅱ）∵1﹣a n+1=1﹣=，∴=．∴，则，又a n＞0，∴．4．已知正项数列{a n}满足a n2+a n=3a2n+1+2a n+1，a1=1．（1）求a2的值；（2）证明：对任意实数n∈N*，a n≤2a n+1；（3）记数列{a n}的前n项和为S n，证明：对任意n∈N*，2﹣≤S n＜3．【解答】解：（1）a n2+a n=3a2n+1+2a n+1，a1=1，即有a12+a1=3a22+2a2=2，解得a2=（负的舍去）；（2）证明：a n2+a n=3a2n+1+2a n+1，可得a n2﹣4a2n+1+a n﹣2a n+1+a2n+1=0，即有（a n﹣2a n+1）（a n+2a n+1+1）+a2n+1=0，由于正项数列{a n}，即有a n+2a n+1+1＞0，4a2n+1＞0，则有对任意实数n∈N*，a n≤2a n+1；（3）由（1）可得对任意实数n∈N*，a n≤2a n+1；即为a1≤2a2，可得a2≥，a3≥a2≥，…，a n≥，前n项和为S n=a1+a2+…+a n≥1+++…+==2﹣，又a n2+a n=3a2n+1+2a n+1＞a2n+1+a n+1，即有（a n﹣a n+1）（a n+a n+1+1）＞0，则a n＞a n+1，数列{a n}递减，即有S n=a1+a2+…+a n＜1+1+++…+=1+=3（1﹣）＜3．则有对任意n∈N*，2﹣≤S n＜3．5．已知在数列{a n}中，．，n∈N*（1）求证：1＜a n+1＜a n＜2；（2）求证：；（3）求证：n＜s n＜n+2．【解答】证明：（1）先用数学归纳法证明1＜a n＜2．①．n=1时，②．假设n=k时成立，即1＜a k＜2．那么n=k+1时，成立．由①②知1＜a n＜2，n∈N*恒成立.．所以1＜a n+1＜a n＜2成立．（2），当n≥3时，而1＜a n＜2．所以．由，得，所以（3）由（1）1＜a n＜2得s n＞n由（2）得，6．设数列{a n}满足a n+1=a n2﹣a n+1（n∈N*），S n为{a n}的前n项和．证明：对任意n∈N*，（I）当0≤a1≤1时，0≤a n≤1；（II）当a1＞1时，a n＞（a1﹣1）a1n﹣1；（III）当a1=时，n﹣＜S n＜n．【解答】证明：（Ⅰ）用数学归纳法证明．①当n=1时，0≤a n≤1成立．②假设当n=k（k∈N*）时，0≤a k≤1，则当n=k+1时，=（）2+∈[]⊂[0，1]，由①②知，．∴当0≤a1≤1时，0≤a n≤1．（Ⅱ）由a n+1﹣a n=（）﹣a n=（a n﹣1）2≥0，知a n+1≥a n．若a1＞1，则a n＞1，（n∈N*），从而=﹣a n=a n（a n﹣1），即=a n≥a1，∴，∴当a1＞1时，a n＞（a1﹣1）a1n﹣1．（Ⅲ）当时，由（Ⅰ），0＜a n＜1（n∈N*），故S n＜n，令b n=1﹣a n（n∈N*），由（Ⅰ）（Ⅱ），b n＞b n+1＞0，（n∈N*），由，得．∴=（b1﹣b2）+（b2﹣b3）+…+（b n﹣b n+1）=b1﹣b n+1＜b1=，∵≥，∴nb n2，即，（n∈N*），∵==，∴b1+b2+…+b n[（）+（）+…+（）]=，即n﹣S n，亦即，∴当时，．7．已知数列{a n}满足a1=1，S n=2a n+1，其中S n为{a n}的前n项和（n∈N*）．（Ⅰ）求S1，S2及数列{S n}的通项公式；（Ⅱ）若数列{b n}满足，且{b n}的前n项和为T n，求证：当n≥2时，．【解答】解：（Ⅰ）数列{a n}满足S n=2a n+1，则S n=2a n+1=2（S n+1﹣S n），即3S n=2S n+1，∴，即数列{S n}为以1为首项，以为公比的等比数列，∴S n=（）n﹣1（n∈N*）．∴S1=1，S2=；（Ⅱ）在数列{b n}中，，T n为{b n}的前n项和，则|T n|=|=．而当n≥2时，，即．8．已知数列{a n}满足a1=1，（n∈N*），（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）证明：．【解答】（Ⅰ）证明：∵①，∴②由②÷①得：，∴（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）得：（n+1）a n+2=na n∴令b n=na n，则③∴b n﹣1•b n=n④由b1=a1=1，b2=2，易得b n＞0由③﹣④得：∴b1＜b3＜…＜b2n﹣1，b2＜b4＜…＜b2n，得b n≥1根据b n•b n+1=n+1得：b n+1≤n+1，∴1≤b n≤n∴==一方面：另一方面：由1≤b n≤n可知：．9．设数列{a n}的前n项的和为S n，已知a1=，a n+1=，其中n∈N*．（1）证明：a n＜2；（2）证明：a n＜a n+1；（3）证明：2n﹣≤S n≤2n﹣1+（）n．【解答】证明：（1）a n+1﹣2=﹣2=，由于+2=+1＞0，+2=2+＞0．∴a n+1﹣2与a n﹣2同号，因此与a1﹣2同号，而a1﹣2=﹣＜0，∴a n＜2．（2）a n+1﹣1=，可得：a n+1﹣1与a n﹣1同号，因此与a1﹣1同号，而a1﹣1=＞0，∴a n＞1．又a n＜2．∴1＜a n＜2．a n+1﹣a n=，可得分子＞0，分母＞0．∴a n+1﹣a n＞0，故a n＜a n+1．（3）n=1时，S1=，满足不等式．n≥2时，==，∴，即2﹣a n≥．∴2n﹣S n≥=1﹣．即S n≤2n﹣1+．另一方面：由（II）可知：．，=≤．从而可得：=≤．∴2﹣a n≤，∴2n﹣S n≤=．∴S n≥2n﹣＞2n﹣．综上可得：2n﹣≤S n≤2n﹣1+（）n．10．数列{a n}的各项均为正数，且a n+1=a n+﹣1（n∈N*），{a n}的前n项和是S n．（Ⅰ）若{a n}是递增数列，求a1的取值范围；（Ⅱ）若a1＞2，且对任意n∈N*，都有S n≥na1﹣（n﹣1），证明：S n＜2n+1．【解答】（I）解：由a2＞a1＞0⇔﹣1＞a1＞0，解得0＜a1＜2，①．又a3＞a2＞0，⇔＞a2，⇔0＜a2＜2⇔﹣1＜2，解得1＜a1＜2，②．由①②可得：1＜a1＜2．下面利用数学归纳法证明：当1＜a1＜2时，∀n∈N*，1＜a n＜2成立．（1）当n=1时，1＜a1＜2成立．（2）假设当n=k∈N*时，1＜a n＜2成立．则当n=k+1时，a k+1=a k+﹣1∈⊊（1，2），即n=k+1时，不等式成立．综上（1）（2）可得：∀n∈N*，1＜a n＜2成立．于是a n+1﹣a n=﹣1＞0，即a n+1＞a n，∴{a n}是递增数列，a1的取值范围是（1，2）．（II）证明：∵a1＞2，可用数学归纳法证明：a n＞2对∀n∈N*都成立．于是：a n+1﹣a n=﹣1＜2，即数列{a n}是递减数列．在S n≥na1﹣（n﹣1）中，令n=2，可得：2a1+﹣1=S2≥2a1﹣，解得a1≤3，因此2＜a1≤3．下证：（1）当时，S n≥na1﹣（n﹣1）恒成立．事实上，当时，由a n=a1+（a n﹣a1）≥a1+（2﹣）=．于是S n=a1+a2+…+a n≥a1+（n﹣1）=na1﹣．再证明：（2）时不合题意．事实上，当时，设a n=b n+2，可得≤1．由a n+1=a n+﹣1（n∈N*），可得：b n+1=b n+﹣1，可得=≤≤．于是数列{b n}的前n和T n≤＜3b1≤3．故S n=2n+T n＜2n+3=na1+（2﹣a1）n+3，③．令a1=+t（t＞0），由③可得：S n＜na1+（2﹣a1）n+3=na1﹣﹣tn+．只要n充分大，可得：S n＜na1﹣．这与S n≥na1﹣（n﹣1）恒成立矛盾．∴时不合题意．综上（1）（2）可得：，于是可得=≤≤．（由可得：）．故数列{b n}的前n项和T n≤＜b1＜1，∴S n=2n+T n＜2n+1．11．设a n=x n，b n=（）2，S n为数列{a n•b n}的前n项和，令f n（x）=S n﹣1，x∈R，a∈N*．（Ⅰ）若x=2，求数列{}的前n项和T n；（Ⅱ）求证：对∀n∈N*，方程f n（x）=0在x n∈[，1]上有且仅有一个根；（Ⅲ）求证：对∀p∈N*，由（Ⅱ）中x n构成的数列{x n}满足0＜x n﹣x n+p＜．【解答】解：（Ⅰ）若x=2，a n=2n，则=（2n﹣1）（）n，则T n=1×（）1+3×（）2+…+（2n﹣1）（）n，∴T n=1×（）2+3×（）3+…+（2n﹣1）（）n+1，∴T n=+2×[（）2+（）3+…+（）n]﹣（2n﹣1）（）n+1=+2×﹣（2n﹣1）（）n+1=+1﹣（）n﹣1﹣（2n﹣1）（）n+1，∴T n=3﹣（）n﹣2﹣（2n﹣1）（）n=3﹣；（Ⅱ）证明：f n（x）=﹣1+x+++…+（x∈R，n∈N+），f n′（x）=1+++…+＞0，故函数f（x）在（0，+∞）上是增函数．由于f1（x1）=0，当n≥2时，f n（1）=++…+＞0，即f n（1）＞0．又f n（）=﹣1++[+++…+]≤﹣+•（）i，=﹣+×=﹣•（）n﹣1＜0，根据函数的零点的判定定理，可得存在唯一的x n∈[，1]，满足f n（x n）=0．（Ⅲ）证明：对于任意p∈N+，由（1）中x n构成数列{x n}，当x＞0时，∵f n+1（x）=f n（x）+＞f n（x），∴f n+1（x n）＞f n（x n）=f n+1（x n+1）=0．由f n+1（x）在（0，+∞）上单调递增，可得x n+1＜x n，即x n﹣x n+1＞0，故数列{x n}为减数列，即对任意的n、p∈N+，x n﹣x n+p＞0．由于f n（x n）=﹣1+x n+++…+=0，①，f n+p（x n+p）=﹣1+x n+p+++…++[++…+]，②，用①减去②并移项，利用0＜x n+p≤1，可得x n﹣x n+p=+≤≤＜=﹣＜．综上可得，对于任意p∈N+，由（1）中x n构成数列{x n}满足0＜x n﹣x n+p＜．12．已知数列{a n}，{b n}，a0=1，，（n=0，1，2，…），，T n为数列{b n}的前n项和．求证：（Ⅰ）a n+1＜a n；（Ⅱ）；（Ⅲ）．【解答】解：证明：（Ⅰ）=，所以a n+1＜a n（Ⅱ）法一、记，则，原命题等价于证明；用数学归纳法提示：构造函数在（1，+∞）单调递增，故==+＞+×=+×（﹣）=，法二、只需证明，由，故：n=1时，，n≥2，可证：，（3）由，得=，可得：，叠加可得，，所以，13．已知数列{a n}满足：a1=，a n=a n﹣12+a n﹣1（n≥2且n∈N）．（Ⅰ）求a2，a3；并证明：2﹣≤a n≤•3；（Ⅱ）设数列{a n2}的前n项和为A n，数列{}的前n项和为B n，证明：=a n+1．【解答】解：（I）a2=a12+a1==，a3=a22+a2==．证明：∵a n=a n﹣12+a n﹣1，∴a n+=a n﹣12+a n﹣1+=（a n﹣1+）2+＞（a n﹣1+）2，∴a n+＞（a n﹣1+）2＞（a n﹣2+）4＞＞（a n﹣3+）8＞…＞（a1+）=2，∴a n＞2﹣，又∵a n﹣a n﹣1=a n﹣12＞0，∴a n＞a n﹣1＞a n﹣2＞…＞a1＞1，∴a n2＞a n，∴a n=a n﹣12+a n﹣1＜2a，∴a n＜2a＜2•22＜2•22•24＜…＜2•22•24•…•2a1=2•（）=•3．综上，2﹣≤a n≤•3．（II）证明：∵a n=a n﹣12+a n﹣1，∴a n﹣12=a n﹣a n﹣1，∴A n=a12+a22+a32+…a n2=（a2﹣a1）+（a3﹣a2）+…+（a n+1﹣a n）=a n+1﹣，∵a n=a n﹣12+a n﹣1=a n﹣1（a n﹣1+1），∴==，∴=，∴B n=…+=（）+（）+（﹣）+…+（）=﹣．∴==．14．已知数列{a n}的各项均为非负数，其前n项和为S n，且对任意的n∈N*，都有．（1）若a1=1，a505=2017，求a6的最大值；（2）若对任意n∈N*，都有S n≤1，求证：．【解答】解：（1）由题意知a n+1﹣a n≤a n+2﹣a n+1，设d i=a i+1﹣a i（i=1，2，…，504），则d1≤d2≤d3≤…≤d504，且d1+d2+d3+…+d504=2016，∵=，所以d1+d2+…+d5≤20，∴a6=a1+（d1+d2+…+d5）≤21．（2）证明：若存在k∈N*，使得a k＜a k+1，则由，得a k+1≤a k﹣a k+1≤a k+2，因此，从a n项开始，数列{a n}严格递增，故a1+a2+…+a n≥a k+a k+1+…+a n≥（n﹣k+1）a k，对于固定的k，当n足够大时，必有a1+a2+…+a n≥1，与题设矛盾，所以{a n}不可能递增，即只能a n﹣a n+1≥0．令b k=a k﹣a k+1，（k∈N*），由a k﹣a k+1≥a k+1﹣a k+2，得b k≥b k+1，b k＞0，故1≥a1+a2+…+a n=（b1+a2）+a2+…+a n=b1+2（b2+a3）+a3+…+a n，=…=b1+2b2+…+nb n+na n，所以，综上，对一切n∈N*，都有．15．已知数列{a n}中，a1=4，a n+1=，n∈N*，S n为{a n}的前n项和．（Ⅰ）求证：n∈N*时，a n＞a n+1；（Ⅱ）求证：n∈N*时，2≤S n﹣2n＜．【解答】证明：（I）n≥2时，作差：a n+1﹣a n=﹣=，∴a n+1﹣a n与a n﹣a n﹣1同号，由a1=4，可得a2==，可得a2﹣a1＜0，∴n∈N*时，a n＞a n+1．（II）∵2=6+a n，∴=a n﹣2，即2（a n+1﹣2）（a n+1+2）=a n﹣2，①∴a n+1﹣2与a n﹣2同号，又∵a1﹣2=2＞0，∴a n＞2．∴S n=a1+a2+…+a n≥4+2（n﹣1）=2n+2．∴S n﹣2n≥2．由①可得：=，因此a n﹣2≤（a1﹣2），即a n≤2+2×．∴S n=a1+a2+…+a n≤2n+2×＜2n+．综上可得：n∈N*时，2≤S n﹣2n＜．16．已知数列{a n}满足，a1=1，a n=﹣．（1）求证：a n≥；（2）求证：|a n+1﹣a n|≤；（3）求证：|a2n﹣a n|≤．【解答】证明：（1）∵a1=1，a n=﹣．∴a2=，a3=，a4=，猜想：≤a n≤1．下面用数学归纳法证明．（i）当n=1时，命题显然成立；（ii）假设n=k时，≤1成立，则当n=k+1时，a k+1=≤＜1．，即当n=k+1时也成立，所以对任意n∈N*，都有．（2）当n=1时，，当n≥2时，∵，∴．（3）当n=1时，|a2﹣a1|=＜；当n≥2时，|a2n﹣a n|≤|a2n﹣a2n﹣1|+|a2n﹣1﹣a2n﹣2|+…+|a n+1﹣a n|．17．设数列{a n}满足：a1=a，a n+1=（a＞0且a≠1，n∈N*）．（1）证明：当n≥2时，a n＜a n+1＜1；（2）若b∈（a2，1），求证：当整数k≥+1时，a k+1＞b．【解答】证明：（1）由a n+1=知a n与a1的符号相同，而a1=a＞0，∴a n＞0，∴a n+1=≤1，当且仅当a n=1时，a n+1=1下面用数学归纳法证明：①∵a＞0且a≠1，∴a2＜1，∴=＞1，即有a2＜a3＜1，②假设n=k时，有a k＜a k+1＜1，则a k+2==＜1且=＞1，即a k+1＜a k+2＜1即当n=k+1时不等式成立，由①②可得当n≥2时，a n＜a n+1＜1；（2）若a k≥b，由（1）知a k+1＞a k≥b，若a k＜b，∵0＜x＜1以及二项式定理可知（1+x）n=1+C n1x+…+C n n x n≥nx，而a k2+1＜b2+1＜b+1，且a2＜a3＜…＜a k＜b＜1∴a k+1=a2••…，=a2•＞a2•（）k﹣1＞a2•（）k﹣1=a2•（1+）k﹣1，≥a2•[1+（k﹣1）]，∵k≥+1，∴1+（k﹣1）≥+1=，∴a k+1＞b．18．设a＞3，数列{a n}中，a1=a，a n+1=，n∈N*．（Ⅰ）求证：a n＞3，且＜1；（Ⅱ）当a≤4时，证明：a n≤3+．【解答】证明：（I）∵a n+1﹣3=﹣3=．=﹣=，∴（）=＞0，∴与同号，又a＞3，∴=a﹣＞0，∴＞0，∴a n+1﹣3＞0，即a n＞3（n=1时也成立）．∴==＜1．综上可得：a n＞3，且＜1；（Ⅱ）当a≤4时，∵a n+1﹣3=﹣3=．∴=，由（I）可知：3＜a n≤a1=a≤4，∴3＜a n≤4．设a n﹣3=t∈（0，1]．∴==≤，∴•…•≤，∴a n﹣3≤（a1﹣3）×≤，∴a n≤3+．19．已知数列{a n}满足a n＞0，a1=2，且（n+1）a n+12=na n2+a n（n∈N*）．（Ⅰ）证明：a n＞1；（Ⅱ）证明：++…+＜（n≥2）．【解答】证明：（Ⅰ）由题意得（n+1）a n+12﹣（n+1）=na n2﹣n+a n﹣1，∴（n+1）（a n+1+1）（a n+1﹣1）=（a n﹣1）（na n+n+1），由a n＞0，n∈N*，∴（n+1）（a n+1+1）＞0，na n+n+1＞0，∴a n+1﹣1与a n﹣1同号，∵a1﹣1=1＞0，∴a n＞1；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，故（n+1）a n+12=na n2+a n＜（n+1）a n2，∴a n+1＜a n，1＜a n≤2，又由题意可得a n=（n+1）a n+12﹣na n2，∴a1=2a22﹣a12，a2=3a32﹣2a22，…，a n=（n+1）a n+12﹣na n2，相加可得a1+a2+…+a n=（n+1）a n+12﹣4＜2n，∴a n+12≤，即a n2≤，n≥2，∴≤2（+）≤2（﹣）+（﹣+），n≥2，当n=2时，=＜，当n=3时，+≤＜＜，当n≥4时，++…+＜2（+++）+（++﹣）=1+++++＜，从而，原命题得证20．已知数列{a n}满足：．（1）求证：；（2）求证：．【解答】证明：（1）由，所以，因为，所以a n+2＜a n+1＜2．（2）假设存在，由（1）可得当n＞N时，a n≤a N+1＜1，根据，而a n＜1，所以．于是，…．累加可得（*）由（1）可得a N+n﹣1＜0，而当时，显然有，因此有，这显然与（*）矛盾，所以．21．已知数列{a n}满足a1=1，且a n+12+a n2=2（a n+1a n+a n+1﹣a n﹣）．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求证：++…+＜；（3）记S n=++…+，证明：对于一切n≥2，都有S n2＞2（++…+）．【解答】解：（1）a1=1，且a n+12+a n2=2（a n+1a n+a n+1﹣a n﹣），可得a n+12+a n2﹣2a n+1a n﹣2a n+1+2a n+1=0，即有（a n+1﹣a n）2﹣2（a n+1﹣a n）+1=0，即为（a n+1﹣a n﹣1）2=0，可得a n+1﹣a n=1，则a n=a1+n﹣1=n，n∈N*；（2）证明：由=＜=﹣，n≥2．则++…+=1+++…+＜1++﹣+﹣+…+﹣=﹣＜，故原不等式成立；（3）证明：S n=++…+=1++…+，当n=2时，S22=（1+）2=＞2•=成立；假设n=k≥2，都有S k2＞2（++…+）．则n=k+1时，S k+12=（S k+）2，S k+12﹣2（++…++）=（S k+）2﹣2（++…+）﹣2•=S k2﹣2（++…+）++2•﹣2•=S k2﹣2（++…+）+，由k＞1可得＞0，且S k2＞2（++…+）．可得S k2﹣2（++…+）＞0，则S k+12＞2（++…++）恒成立．综上可得，对于一切n≥2，都有S n2＞2（++…+）．22．已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=，n∈N*．（1）求证：≤a n≤1；（2）求证：|a2n﹣a n|≤．【解答】证明：（1）用数学归纳法证明：①当n=1时，=，成立；②假设当n=k时，有成立，则当n=k+1时，≤≤1，≥=，∴当n=k+1时，，命题也成立．由①②得≤a n≤1．（2）当n=1时，|a2﹣a1|=，当n≥2时，∵（）（）=（）=1+=，∴|a n+1﹣a n|=||=≤|a n﹣a n﹣1|＜…＜（）n﹣1|a2﹣a1|=，∴|a2n﹣a2n﹣1|≤|a2n﹣a2n﹣1|+|a2n﹣1﹣a2n﹣2|+…+|a n+1﹣a n|≤==（）n﹣1﹣（）2n﹣1≤，综上：|a2n﹣a n|≤．23．已知数列{a n]的前n项和记为S n，且满足S n=2a n﹣n，n∈N*（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）证明：+…（n∈N*）【解答】解：（Ⅰ）∵S n=2a n﹣n（n∈N+），∴S n﹣1=2a n﹣1﹣n+1=0（n≥2），两式相减得：a n=2a n﹣1+1，变形可得：a n+1=2（a n﹣1+1），又∵a1=2a1﹣1，即a1=1，∴数列{a n+1}是首项为2、公比为2的等比数列，∴a n+1=2•2n﹣1=2n，a n=2n﹣1．（Ⅱ）由，（k=1，2，…n），∴=，由=﹣，（k=1，2，…n），得﹣=，综上，+…（n∈N*）．24．已知数列{a n}满足：a1=，a n+1=+a n（n∈N*）．（1）求证：a n+1＞a n；（2）求证：a2017＜1；（3）若a k＞1，求正整数k的最小值．【解答】（1）证明：a n+1﹣a n=≥0，可得a n+1≥a n．∵a1=，∴a n．∴a n+1﹣a n=＞0，∴a n+1＞a n．（II）证明：由已知==，∴=﹣，由=，=，…，=，累加求和可得：=++…+，当k=2017时，由（I）可得：=a1＜a2＜…＜a2016．∴﹣=++…+＜＜1，∴a2017＜1．（III）解：由（II）可得：可得：=a1＜a2＜…＜a2016＜a2017＜1．∴﹣=++…+＞2017×=1，∴a2017＜1＜a2018，又∵a n+1＞a n．∴k的最小值为2018．25．已知数列{a n}满足：a n2﹣a n﹣a n+1+1=0，a1=2（1）求a2，a3；（2）证明数列为递增数列；（3）求证：＜1．【解答】（1）解：∵a1=2，，∴a2=22﹣2+1=3，同理可得：a3=7．（2）证明：，对n∈N*恒成立，∴a n+1＞a n．（3）证明：故=．26．已知数列{a n}满足：a1=1，（n∈N*）（Ⅰ）求证：a n≥1；（Ⅱ）证明：≥1+（Ⅲ）求证：＜a n+1＜n+1．【解答】证明：（I）数列{a n}满足：a1=1，（n∈N*），可得：，⇒a n+1≥a n≥a n﹣1≥…≥a1=1；（Ⅱ）由（Ⅰ）可得：；（Ⅲ），由（Ⅱ）得：，所以，累加得：，另一方面由a n≤n可得：原式变形为，所以：，累加得．27．在正项数列{a n}中，已知a1=1，且满足a n+1=2a n（n∈N*）（Ⅰ）求a2，a3；（Ⅱ）证明．a n≥．【解答】解：（Ⅰ）∵在正项数列{a n}中，a1=1，且满足a n+1=2a n（n∈N*），∴=，=．证明：（Ⅱ）①当n=1时，由已知，成立；②假设当n=k时，不等式成立，即，∵f（x）=2x﹣在（0，+∞）上是增函数，∴≥=（）k+（）k﹣=（）k+=（）k+，∵k≥1，∴2×（）k﹣3﹣3=0，∴，即当n=k+1时，不等式也成立．根据①②知不等式对任何n∈N*都成立．28．设数列{a n}满足．（1）证明：；（2）证明：．【解答】（本题满分15分）证明：（I）易知a n＞0，所以a n+1＞a n+＞a n，所以a k+1=a k+＜a k+，所以．所以，当n≥2时，=，所以a n＜1．又，所以a n＜1（n∈N*），所以a n＜a n+1＜1（n∈N*）．…（8分）（II）当n=1时，显然成立．由a n＜1，知，所以，所以，所以，所以，当n≥2时，=，即．所以（n∈N*）．…（7分）29．已知数列{a n}满足a1=2，a n+1=2（S n+n+1）（n∈N*），令b n=a n+1．（Ⅰ）求证：{b n}是等比数列；（Ⅱ）记数列{nb n}的前n项和为T n，求T n；（Ⅲ）求证：﹣＜+…+．【解答】（I）证明：a1=2，a n+1=2（S n+n+1）（n∈N*），∴a2=2×（2+1+1）=8．n≥2时，a n=2（S n﹣1+n），相减可得：a n+1=3a n+2，变形为：a n+1+1=3（a n+1），n=1时也成立．令b n=a n+1，则b n+1=3b n．∴{b n}是等比数列，首项为3，公比为3．（II）解：由（I）可得：b n=3n．∴数列{nb n}的前n项和T n=3+2×32+3×33+…+n•3n，3T n=32+2×33+…+（n﹣1）•3n+n•3n+1，∴﹣2T n=3+32+…+3n﹣n•3n+1=﹣n•3n+1=×3n+1﹣，解得T n=+．（III）证明：∵b n=3n=a n+1，解得a n=3n﹣1．由=．∴+…+＞…+==，因此左边不等式成立．又由==＜=，可得+…+＜++…+=＜．因此右边不等式成立．综上可得：﹣＜+…+．30．已知数列{a n}中，a1=3，2a n+1=a n2﹣2a n+4．（Ⅰ）证明：a n+1＞a n；（Ⅱ）证明：a n≥2+（）n﹣1；（Ⅲ）设数列{}的前n项和为S n，求证：1﹣（）n≤S n＜1．【解答】证明：（I）a n+1﹣a n=﹣a n=≥0，∴a n+1≥a n≥3，∴（a n﹣2）2＞0∴a n+1﹣a n＞0，即a n+1＞a n；（II）∵2a n+1﹣4=a n2﹣2a n=a n（a n﹣2）∴=≥，∴a n﹣2≥（a n﹣1﹣2）≥（）2（a n﹣2﹣2）≥（）3（a n﹣3﹣2）≥…≥（）n﹣1（a1﹣2）=（）n﹣1，∴a n≥2+（）n﹣1；（Ⅲ）∵2（a n+1﹣2）=a n（a n﹣2），∴==（﹣）∴=﹣，∴=﹣+，∴S n=++…+=﹣+﹣+…+﹣=﹣=1﹣，∵a n+1﹣2≥（）n，∴0＜≤（）n，∴1﹣（）n≤S n=1﹣＜1．31．已知数列{a n}满足a1=，a n+1=，n∈N*．（1）求a2；（2）求{}的通项公式；（3）设{a n}的前n项和为S n，求证：（1﹣（）n）≤S n＜．【解答】（1）解：∵a1=，a，n∈N+．∴a2==．（2）解：∵a1=，a，n∈N+．∴=﹣，化为：﹣1=，∴数列是等比数列，首项与公比都为．∴﹣1=，解得=1+．（3）证明：一方面：由（2）可得：a n=≥=．∴S n≥+…+==，因此不等式左边成立．另一方面：a n==，∴S n≤+++…+=×＜×3＜（n≥3）．又n=1，2时也成立，因此不等式右边成立．综上可得：（1﹣（）n）≤S n＜．32．数列{a n}中，a1=1，a n=．（1）证明：a n＜a n+1；（2）证明：a n a n+1≥2n+1；（3）设b n=，证明：2＜b n＜（n≥2）．【解答】证明：（1）数列{a n}中，a1=1，a n=．可得a n＞0，a n2=a n a n+1﹣2，可得a n+1=a n+＞a n，即a n＜a n+1；（2）由（1）可得a n a n﹣1＜a n2=a n a n+1﹣2，可得a n a n+1﹣a n a n﹣1＞2，n=1时，a n a n+1=a12+2=3，2n+1=3，则原不等式成立；n≥2时，a n a n+1＞3+2（n﹣1）=2n+1，综上可得，a n a n+1≥2n+1；（3）b n=，要证2＜b n＜（n≥2），即证2＜a n＜，只要证4n＜a n2＜5n，由a n+1=a n+，可得a n+12=a n2+4+，且a2=3，a n+12﹣a n2=4+＞4，且4+＜4+=4+=，即有a n+12﹣a n2∈（4，），由n=2，3，…，累加可得a n2﹣a22∈（4（n﹣2），），即有a n2∈（4n+1，）⊆（4n，5n），故2＜b n＜（n≥2）．33．已知数列{a n}满足，（1）若数列{a n}是常数列，求m的值；（2）当m＞1时，求证：a n＜a n+1；（3）求最大的正数m，使得a n＜4对一切整数n恒成立，并证明你的结论．【解答】解：（1）若数列{a n}是常数列，则，得．显然，当时，有a n=1．…（3分）（2）由条件得，得a2＞a1．…（5分）又因为，，两式相减得．…（7分）显然有a n＞0，所以a n+2﹣a n+1与a n+1﹣a n同号，而a2﹣a1＞0，所以a n+1﹣a n＞0，从而有a n＜a n+1．…（9分）（3）因为，…（10分）所以a n=a1+（a2﹣a1）+…+（a n﹣a n﹣1）≥1+（n﹣1）（m﹣2）．这说明，当m＞2时，a n越来越大，显然不可能满足a n＜4．所以要使得a n＜4对一切整数n恒成立，只可能m≤2．…（12分）下面证明当m=2时，a n＜4恒成立．用数学归纳法证明：当n=1时，a1=1显然成立．假设当n=k时成立，即a k＜4，则当n=k+1时，成立．由上可知a n＜4对一切正整数n恒成立．因此，正数m的最大值是2．…（15分）34．已知数列{a n}满足：，p＞1，．（1）证明：a n＞a n+1＞1；（2）证明：；（3）证明：．【解答】证明：（1）先用数学归纳法证明a n＞1．①当n=1时，∵p＞1，∴；②假设当n=k时，a k＞1，则当n=k+1时，．由①②可知a n＞1．再证a n＞a n+1．，令f（x）=x﹣1﹣xlnx，x＞1，则f'（x）=﹣lnx＜0，所以f（x）在（1，+∞）上单调递减，所以f（x）＜f（1）=0，所以，即a n＞a n+1．（2）要证，只需证，只需证其中a n＞1，先证，令f（x）=2xlnx﹣x2+1，x＞1，只需证f（x）＜0．因为f'（x）=2lnx+2﹣2x＜2（x﹣1）+2﹣2x=0，所以f（x）在（1，+∞）上单调递减，所以f（x）＜f（1）=0．再证（a n+1）lna n﹣2a n+2＞0，令g（x）=（x+1）lnx﹣2x+2，x＞1，只需证g（x）＞0，，令，x＞1，则，所以h（x）在（1，+∞）上单调递增，所以h（x）＞h（1）=0，从而g'（x）＞0，所以g（x）在（1，+∞）上单调递增，所以g（x）＞g（1）=0，综上可得．（3）由（2）知，一方面，，由迭代可得，因为lnx≤x﹣1，所以，所以ln（a1a2…a n）=lna1+lna2+…+lna n=；另一方面，即，由迭代可得．因为，所以，所以=；综上，．35．数列{a n}满足a1=，a n+1﹣a n+a n a n+1=0（n∈N*）．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）求证：a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…a n＜1．【解答】解（Ⅰ）：由已知可得数列{a n}各项非零．否则，若有a k=0结合a k﹣a k﹣1+a k a k﹣1=0⇒a k﹣1=0，继而⇒a k﹣1=0⇒a k﹣2=0⇒…⇒a1=0，与已知矛盾．所以由a n+1﹣a n+a n a n+1=0可得．即数列是公差为1的等差数列．所以．所以数列{a n}的通项公式是（n∈N*）．（Ⅱ）证明一：因为．所以a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…a n=．所以a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…a n＜1．证明二：a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…a n===．所以a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…a n＜1．36．已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=a n2+p．（1）若数列{a n}就常数列，求p的值；（2）当p＞1时，求证：a n＜a n+1；（3）求最大的正数p，使得a n＜2对一切整数n恒成立，并证明你的结论．【解答】解：（1）若数列{a n}是常数列，则，；显然，当时，有a n=1（2）由条件得得a2＞a1，又因为，两式相减得显然有a n＞0，所以a n+2﹣a n+1与a n+1﹣a n同号，而a2﹣a1＞0，所以a n+1﹣a n＞0；从而有a n＜a n+1．（3）因为，所以a n=a1+（a2﹣a1）+…（a n﹣a n﹣1）＞1+（n﹣1）（p﹣1），这说明，当p＞1时，a n越来越大，不满足a n＜2，所以要使得a n＜2对一切整数n恒成立，只可能p≤1，下面证明当p=1时，a n＜2恒成立；用数学归纳法证明：当n=1时，a1=1显然成立；假设当n=k时成立，即a k＜2，则当n=k+1时，成立，由上可知对一切正整数n恒成立，因此，正数p的最大值是137．已知数列{a n}满足a1=a＞4，，（n∈N*）（1）求证：a n＞4；（2）判断数列{a n}的单调性；（3）设S n为数列{a n}的前n项和，求证：当a=6时，．【解答】（1）证明：利用数学归纳法证明：①当n=1时，a1=a＞4，成立．②假设当n=k≥2时，a k＞4，．则a k+1=＞=4．∴n=k+1时也成立．综上①②可得：∀n∈N*，a n＞4．（2）解：∵，（n∈N*）．∴﹣=﹣2a n﹣8=﹣9＞（4﹣1）2﹣9=0，∴a n＞a n+1．∴数列{a n}单调递减．（3）证明：由（2）可知：数列{a n}单调递减．一方面S n＞a1+4（n﹣1）=4n+2．另一方面：=＜，∴a n﹣4＜，∴S n﹣4n＜＜．即S n＜4n+．∴当a=6时，．38．已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=．（Ⅰ）求证：a n+1＜a n；（Ⅱ）求证：≤a n≤．【解答】解：（Ⅰ）证明：由a1=1，a n+1=，得a n＞0，（n∈N），则a n+1﹣a n=﹣a n=＜0，∴a n+1＜a n；（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知0＜a n＜1，又a n+1=．，∴=≥，即a n+1＞a n，∴a n＞a n﹣1≥（）2a n﹣1≥…≥（）2a n﹣1≥（）n﹣1a1=，即a n≥．由a n+1=，则=a n+，∴﹣=a n，∴﹣=a1=1，﹣=a2=，﹣=a3=（）2…﹣=a n﹣1≥（）n﹣2，累加得﹣=1++（）2+…+（）n﹣2==2﹣（）n﹣2，而a1=1，∴≥3﹣（）n﹣2==，∴a n≤．综上得≤a n≤．39．已知数列{a n}满足：a1=1，．（1）若b=1，证明：数列是等差数列；（2）若b=﹣1，判断数列{a2n﹣1}的单调性并说明理由；（3）若b=﹣1，求证：．【解答】解：（1）证明：当b=1，a n+1=+1，∴（a n+1﹣1）2=（a n﹣1）2+2，即（a n+1﹣1）2﹣（a n﹣1）2=2，∴（a n﹣1）2﹣（a n﹣1﹣1）2=2，∴数列{（a n﹣1）2}是0为首项、以2为公差的等差数列；（2）当b=﹣1，a n+1=﹣1，数列{a2n﹣1}单调递减．可令a n+1→a n，可得1+a n=，可得a n→，即有a n＜（n=2，3，…），再令f（x）=﹣1，可得在（﹣∞，1]上递减，可得{a2n﹣1}单调递减．（3）运用数学归纳法证明，当n=1时，a1=1＜成立；设n=k时，a1+a3+…+22k﹣1＜，当n=k+1时，a1+a3+…+a2k﹣1+a2k+1＜+=，综上可得，成立．40．已知数列{a n}满足，（n=1，2，3…），，S n=b1+b2+…+b n．证明：（Ⅰ）a n﹣1＜a n＜1（n≥1）；（Ⅱ）（n≥2）．【解答】证明：（Ⅰ）由得：（*）显然a n＞0，（*）式⇒故1﹣a n与1﹣a n﹣1同号，又，所以1﹣a n＞0，即a n＜1…（3分）（注意：也可以用数学归纳法证明）所以a n﹣1﹣a n=（2a n+1）（a n﹣1）＜0，即a n﹣1＜a n所以a n﹣1＜a n＜1（n≥1）…（6分）（Ⅱ）（*）式⇒，由0＜a n﹣1＜a n＜1⇒a n﹣1﹣a n+1＞0，从而b n=a n﹣1﹣a n+1＞0，于是，S n=b1+b2+…+b n＞0，…（9分）由（Ⅰ）有1﹣a n﹣1=2（1+a n）（1﹣a n）⇒，所以（**）…（11分）所以S n=b1+b2+…+b n=（a0﹣a1+1）+（a1﹣a2+1）+…（a n﹣1﹣a n+1）=…（12分）=…（14分）∴（n≥2）成立…（15分）41．已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=，n∈N*，记S，T n分别是数列{a n}，{a}的前n项和，证明：当n∈N*时，（1）a n+1＜a n；（2）T n=﹣2n﹣1；（3）﹣1＜S n．【解答】解：（1）由a1=1，a n+1=，n∈N*，知a n＞0，故a n+1﹣a n=﹣a n=＜0，因此a n+1＜a n；（2）由a n+1=，取倒数得：=+a n，平方得：=+a n2+2，从而﹣﹣2=a n2，由﹣﹣2=a12，﹣﹣2=a22，…，﹣﹣2=a n2，累加得﹣﹣2n=a12+a22+…+a n2，即T n=﹣2n﹣1；（3）由（2）知：﹣=a n，可得﹣=a1，﹣=a2，…，﹣=a n，由累加得﹣=a1+a2+…+a n=S n，又因为=a12+a22+…+a n2+2n+1＞2n+2，所以＞，S n=a n+a n﹣1+…+a1=﹣＞﹣1＞﹣1；又由＞，即＞，得当n＞1时，a n＜=＜=（﹣），累加得S n＜a1+[（﹣1）+（﹣）+…+（﹣）]=1+（﹣1）＜，当n=1时，S n成立．因此﹣1＜S n．42．已知数列{a n}满足a1=3，a n+1=a n2+2a n，n∈N*，设b n=log2（a n+1）．（I）求{a n}的通项公式；（II）求证：1+++…+＜n（n≥2）；（III）若=b n，求证：2≤＜3．【解答】解：（I）由，则，由a1=3，则a n＞0，两边取对数得到，即b n+1=2b n（2分）又b1=log2（a1+1）=2≠0，∴{b n}是以2为公比的等比数列．即（3分）又∵b n=log2（a n+1），∴（4分）（2）用数学归纳法证明：1o当n=2时，左边为=右边，此时不等式成立；（5分）2o假设当n=k≥2时，不等式成立，则当n=k+1时，左边=（6分）＜k+1=右边∴当n=k+1时，不等式成立．综上可得：对一切n∈N*，n≥2，命题成立．（9分）（3）证明：由得c n=n，∴，。

高中数学数列压轴题练习及详解

1.已知数列是公差为正数的等差数列,其前n项和为,且•,(Ⅰ)求数列的通项公式;(Ⅱ)数列满足,①求数列的通项公式;②是否存在正整数m,,使得,,成等差数列?若存在,求出m,n的值;若不存在,请说明理由.解:(I)设数列的公差为d,则由•,,得,计算得出或(舍去).;(Ⅱ)①,,,,即,,,,累加得:,也符合上式.故,.②假设存在正整数m、,使得,,成等差数列,则又,,,,即,化简得:当,即时,,(舍去);当,即时,,符合题意.存在正整数,,使得,,成等差数列.解析(Ⅰ)直接由已知列关于首项和公差的方程组,求解方程组得首项和公差,代入等差数列的通项公式得答案;(Ⅱ)①把数列的通项公式代入,然后裂项,累加后即可求得数列的通项公式;②假设存在正整数m、,使得,,成等差数列,则.由此列关于m的方程,求计算得出答案.2.在数列中,已知,(1)求证:数列为等比数列;(2)记,且数列的前n项和为,若为数列中的最小项,求的取值范围.解:(1)证明:,又,,,故,是以3为首项,公比为3的等比数列(2)由(1)知道,,若为数列中的最小项,则对有恒成立,即对恒成立当时,有;当时,有⇒;当时,恒成立,对恒成立.令,则对恒成立,在时为单调递增数列.,即综上,解析(1)由,整理得:.由,,可以知道是以3为首项,公比为3的等比数列;(2)由(1)求得数列通项公式及前n项和为,由为数列中的最小项,则对有恒成立,分类分别求得当时和当的取值范围,当时,,利用做差法,根据函数的单调性,即可求得的取值范围.3.在数列中,已知, , ,设为的前n项和.(1)求证:数列是等差数列;(2)求;(3)是否存在正整数p,q, ,使, , 成等差数列?若存在,求出p,q,r的值;若不存在,说明理由.(1)证明:由,,得到,则又,,数列是以1为首项,以-2为公差的等差数列;(2)由(1)可以推知:,所以,,所以,①,②①-②,得,,,所以(3)假设存在正整数p,q,,使,,成等差数列. 则,即因为当时,,所以数列单调递减.又,所以且q至少为2,所以,①当时,,又,所以,等式不成立.②当时,,所以所以,所以,(数列单调递减,解唯一确定).综上可以知道,p,q,r的值分别是1,2,3.解析(1)把给出的数列递推式,,变形后得到新数列,该数列是以1为首项,以-2为公差的等差数列;(2)由(1)推出的通项公式,利用错位相减法从而求得求;(3)根据等差数列的性质得到,从而推知p,q,r的值.4.已知n为正整数,数列满足, ,设数列满足(1)求证:数列为等比数列;(2)若数列是等差数列,求实数t的值;(3)若数列是等差数列,前n项和为,对任意的,均存在,使得成立,求满足条件的所有整数的值.(1)证明:数列满足,,•,•,数列为等比数列,其首项为,公比为2;(2)解:由(1)可得:•,,数列是等差数列,,,计算得出或12.时,,是关于n的一次函数,因此数列是等差数列.时,,,不是关于n的一次函数,因此数列不是等差数列.综上可得;(3)解:由(2)得,对任意的,均存在,使得成立,即有••,化简可得,当,,,对任意的,符合题意;当,,当时,,对任意的,不符合题意.综上可得,当,,对任意的,均存在,使得成立.解析(1)根据题意整理可得,•,再由等比数列的定义即可得证;(2)运用等比数列的通项公式和等差数列中项的性质,可得,解方程可得t,对t的值,检验即可得到所求值;(3)由(2)可得,对任意的,均存在,使得成立,即有••,讨论为偶数和奇数,化简整理,即可得到所求值.5.已知常数,数列满足,(1)若, ,①求的值;②求数列的前n项和;(2)若数列中存在三项, , 依次成等差数列,求的取值范围.解:(1)①,,,,②,,当时,,当时,,即从第二项起,数列是以1为首项,以3为公比的等比数列, 数列的前n项和,,显然当时,上式也成立,;(2),,即单调递增.(i)当时,有,于是,,若数列中存在三项,,依次成等差数列,则有,即,.因此不成立.因此此时数列中不存在三项,,依次成等差数列.当时,有.此时于是当时,.从而若数列中存在三项,,依次成等差数列,则有,同(i)可以知道:.于是有,,是整数,.于是,即.与矛盾.故此时数列中不存在三项,,依次成等差数列.当时,有于是此时数列中存在三项,,依次成等差数列.综上可得:解析(1)①,可得,同理可得,②,,当时,,当时,,即从第二项起,数列是以1为首项,以3为公比的等比数列,利用等比数列的求和公式即可得出(2),可得,即单调递增.(i)当时,有,于是,可得,.利用反证法即可得出不存在.当时,有.此时.于是当时,.从而.假设存在,同(i)可以知道:.得出矛盾,因此不存在.当时,有.于是.即可得出结论.6.已知两个无穷数列和的前n项和分别为, , , ,对任意的,都有(1)求数列的通项公式;(2)若为等差数列,对任意的,都有.证明: ;(3)若为等比数列, , ,求满足的n值.解:(1)由,得,即,所以由,,可以知道所以数列是以1为首项,2为公差的等差数列.故的通项公式为,(2)证法一:设数列的公差为d,则,由(1)知,因为,所以,即恒成立,所以,即,又由,得,所以所以,得证.证法二:设的公差为d,假设存在自然数,使得,则,即,因为,所以所以,因为,所以存在,当时,恒成立.这与“对任意的,都有”矛盾!所以,得证.(3)由(1)知,.因为为等比数列,且,,所以是以1为首项,3为公比的等比数列.所以,则,因为,所以,所以而,所以,即当,2时,式成立;当时,设,则,所以,故满足条件的n的值为1和2.解析(1)运用数列的递推式和等差数列的定义和通项公式,即可得到所求;(2)方法一、设数列的公差为d,求出,.由恒成立思想可得,求出,判断符号即可得证;方法二、运用反证法证明,设的公差为d,假设存在自然数,使得,推理可得,作差,推出大于0,即可得证;(3)运用等差数列和等比数列的求和公式,求得,,化简,推出小于3,结合等差数列的通项公式和数列的单调性,即可得到所求值.7.已知数列, 都是单调递增数列,若将这两个数列的项按由小到大的顺序排成一列(相同的项视为一项),则得到一个新数列(1)设数列, 分别为等差、等比数列,若, , ,求;(2)设的首项为1,各项为正整数, ,若新数列是等差数列,求数列的前n项和;(3)设是不小于2的正整数), ,是否存在等差数列,使得对任意的,在与之间数列的项数总是若存在,请给出一个满足题意的等差数列;若不存在,请说明理由.解:(1)设等差数列的公差为d,等比数列的公比为q,根据题意得,,计算得出或3,因数列,单调递增,所以,,所以,,所以,因为,,,(2)设等差数列的公差为d,又,且,所以,所以因为是中的项,所以设,即当时,计算得出,不满足各项为正整数;当时,,此时,只需取,而等比数列的项都是等差数列,中的项,所以;当时,,此时,只需取,由,得,是奇数, 是正偶数,m有正整数解,所以等比数列的项都是等差数列中的项,所以综上所述,数列的前n项和,或(3)存在等差数列,只需首项,公差下证与之间数列的项数为.即证对任意正整数n,都有,即成立.由,所以首项,公差的等差数列符合题意解析(1)设等差数列的公差为d,等比数列的公比为q,根据题意得,,计算得出或3,因数列,单调递增,,,可得,,利用通项公式即可得出.(2)设等差数列的公差为d,又,且,所以,所以.因为是中的项,所以设,即.当时,计算得出,不满足各项为正整数当时,当时,即可得出.(3)存在等差数列,只需首项,公差.下证与之间数列的项数为.即证对任意正整数n,都有,作差利用通项公式即可得出.8.对于数列,称(其中,为数列的前k项“波动均值”.若对任意的,,都有,则称数列为“趋稳数列”.(1)若数列1,x,2为“趋稳数列”,求x的取值范围;(2)若各项均为正数的等比数列的公比,求证:是“趋稳数列”;(3)已知数列的首项为1,各项均为整数,前k项的和为.且对任意,,都有,试计算:.解:(1)根据题意可得,即,两边平方可得,计算得出;(2)证明:由已知,设,因且,故对任意的,,都有,,,因,,,,,,,,,即对任意的,,都有,故是“趋稳数列”;(3)当时,当时,,同理,,因,,即,所以或所以或因为,且,所以,从而,所以,.解析(1)由新定义可得,解不等式可得x的范围;(2)运用等比数列的通项公式和求和公式,结合新定义,运用不等式的性质即可得证;(3)由任意,,都有,可得,由等比数列的通项公式,可得,结合新定义和二项式定理,化简整理即可得到所求值.9.已知首项为1的正项数列{a n}满足+＜a n+1a n，n∈N*.（1）若a2=，a3=x，a4=4，求x的取值范围；（2）设数列{a n}是公比为q的等比数列，S n为数列{a n}前n项的和，若S n＜S＜2S n，n∈N*，求q的取值范围；n+1（3）若a1，a2，…，a k（k≥3）成等差数列，且a1+a2+…+a k=120，求正整数k的最小值，以及k取最小值时相应数列a1，a2，…，a k（k≥3）的公差.解：（1）由题意，a n＜a n+1＜2a n，∴＜x＜3,＜x＜2x，∴x∈（2，3）.（2）∵a n＜a n+1＜2a n，且数列{a n}是公比为q的等比数列，a1=1，∴q n-1＜q n＜2q n-1，∴q n-1(q-)＞0，q n-1(q-2)＜0，∴q∈（，1）.∵S n＜S n+1＜2S n，当q=1时，S2=2S1，不满足题意，当q≠1时，＜＜2•，∴①当q∈（，1）时，，即，∴q∈（，1）.②当q∈（1，2）时，，即，无解，∴q∈（，1）.（3）设数列a1，a2，…，a k（k≥3）的公差为d.∵a n＜a n+1＜2a n，且数列a1，a2，…，a n成等差数列，∴a1=1，∴[1+(n-1)d]＜1+nd＜2[1+(n-1)d]，n=1，2，…，k-1，∴，∴d∈（-，1）.∵a1+a2+…+a k=120，∴S k=k2+(a1-)k=k2+(1-)k=120，∴d=，∴∈（-，1），∴k∈（15，239），k∈N*，∴k的最小值为16，此时公差d=.解析【解题方法提示】分析题意，对于（1），由已知结合完全平方公式可得a n＜a n+1＜2a n，由此可得到关于a2，a3，a4的大小关系，据此列式可解得x的取值范围；根据a n＜a n+1＜2a n，以及等比数列的通项公式可得q∈（，1），再结合S n＜S＜2S n以及等比数列的前n项和公式分类讨论可得q的取值范围；n+1设公差为d，根据a n＜a n+1＜2a n，以及等差数列的通项公式可得d∈（-，1），然后根据等差数列的前n项和公式结合题意可得d=，由此可解得k的取值范围，进而得到k的最小值和d的值.。

专题3 数列专题压轴小题(原卷版)

专题3数列专题压轴小题一、单选题 1．（2021·湖北·高三期中）2021年7月24日，中共中央办公厅、国务院办公厅印发《关于进一步减轻义务教育阶段学生作业负担和校外培训负担的意见》，这个政策就是我们所说的“双减”政策，“双减”政策极大缓解了教育的“内卷”现象，而“内卷”作为高强度的竞争使人精疲力竭.数学中的螺旋线可以形象的展示“内卷”这个词，螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”，平面螺旋便是以一个固定点开始向外逐圈旋绕而形成的曲线，如图（1）所示.如图（2）所示阴影部分也是一个美丽的螺旋线型的图案，它的画法是这样的：正方形ABCD 的边长为4，取正方形ABCD 各边的四等分点E ，F ，G ，H ，作第2个正方形EFGH ，然后再取正方形EFGH 各边的四等分点M ，N ，P ，Q ，作第3个正方形MNPQ ，依此方法一直继续下去，就可以得到阴影部分的图案.设正方形ABCD 边长为1a ，后续各正方形边长依次为2a ，3a ，…，n a ，…；如图（2）阴影部分，设直角三角形AEH 面积为1b ，后续各直角三角形面积依次为2b ，3b ，…，n b ，….下列说法错误．．的是（）A ．从正方形ABCD 开始，连续3个正方形的面积之和为1294B．14n n a -=⨯⎝⎭C ．使得不等式12n b >成立的n 的最大值为4 D ．数列{}n b 的前n 项和4n S <2．（2021·云南·峨山彝族自治县第一中学高三月考（理））已知数列{}n a 满足1221nn n a a a +=+，满足()10,1a ∈，1220212020a a a ++⋅⋅⋅+=，则下列成立的是（）A ．120211ln ln 2020a a ⋅> B ．120211ln ln 2020a a ⋅=C ．120211ln ln 2020a a ⋅<D ．以上均有可能3．（2021·浙江·高三月考）已知各项都为正数的数列{}n a 满足1(2)a a a =>，1*11()n a n n nea ka n N a +-++=-+∈，给出下列三个结论：①若1k =，则数列{}n a 仅有有限项；②若2k =，则数列{}n a 单调递增；③若2k =，则对任意的0M >，陼存在*0n N ∈，使得020n n M a >成立．则上述结论中正确的为（） A ．①② B ．②③ C ．①③ D ．①②③4．（2021·上海市大同中学三模）已知数列{}n a 满足120a a ≠，若2121nn n na a a a +++=+，则“数列{}n a 为无穷数列”是“数列{}n a 单调”的（） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件5．（2021·浙江·模拟预测）已知正项数列{}n a 中，11a =，21112n n n a a a ++-=，若存在实数t ，使得()221,n n t a a -∈对任意的*N n ∈恒成立，则t =（） AB．3C．2D6．（2021·江苏·海安高级中学高三期中）已知数列{}n a 的前n 项和122n n n S a +=-，若不等式223(4)n n n a λ--<-，对n N +∀∈恒成立，则整数λ的最大值为（）A ．2B ．3C ．4D ．57．（2021·安徽合肥·一模（文））将方程2sin cos x x x =的所有正数解从小到大组成数列{}n x ，记()1cos n n n a x x +=-，则122021a a a ++⋅⋅⋅+=（）A．B．C．D．8．（2021·江苏苏州·高三期中）设数列{}()m a m *∈N ，若存在公比为q 的等比数列{}()1m b m *+∈N ，使得1k k k b a b +<<，其中1,2,,k m =，则称数列{}1m b +为数列{}m a 的“等比分割数列”，则下列说法错误的是（）A ．数列{}5b ；2，4，8，16，32是数列{}4a ：3，7，12，24的一个“等比分割数列”B ．若数列{}n a 存在“等比分割数列”{}1n b +，则有11k k n a a a a -<<<<<和111k k n n b b b b b -+<<<<<<成立，其中2,k n k *≤≤∈NC ．数列{}3a ：3-，1-，2存在“等比分割数列”{}4bD ．数列{}10a 的通项公式为2(1,2,,10)nn a n ==，若数列{}10a 的“等比分割数列”{}11b 的首项为1，则公比1092,2q ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭9．（2021·新疆·莎车县第一中学高三期中）已知数列{a n }满足3a 1＝1，n 2a n +1﹣a n 2＝n 2a n （n ∈N *），则下列选项正确的是（） A ．{a n }是递减数列B ．{a n }是递增数列，且存在n ∈N *使得a n ＞1C ．1132n a +> D ．202120214043a <10．（2021·安徽·淮南第一中学高三月考（理））已知数列{}n a 满足14a =，*1144(2,N )n n n a a n n a ---=≥∈，若124(6)na n nb na -=⋅-，且存在*N n ∈，使得2460n b m m +-≥成立，则实数m的取值范围是（）A．⎣⎦B．1⎡⎣C ．10,6⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．11,32⎡⎤-⎢⎥⎣⎦11．（2021·浙江金华·高三月考）已知数列{}n a 的各项均不为零，1a a =，它的前n 项和为n S ．且n a1n a +（*N n ∈）成等比数列，记1231111n nT S S S S =+++⋅⋅⋅+，则（） A ．当1a =时，202240442023T C ．当3a =时，202210111012T >D ．当3a =时，202210111012T <12．（2021·河北石家庄·高三月考）已知数列{}n a 满足225a =，对任意的n ∈+N 有1(1)280n n n a na +--+=，设数列{}n b 满足12n n n n b a a a ++=⋅⋅，n ∈+N ，则当{}n b 的前n 项和n T 取到最大值时n 的值为（） A ．9B ．10C ．11D ．1213．（2021·辽宁实验中学高三期中）数列{}n a 中，11a =，*1*15,3,3n n n n a a n a +-⎧+∉⎪⎪=⎨⎪∈⎪⎩N N ，使2021n a ≤对任意的n k≤（*k ∈N ）恒成立的最大k 值为（） A ．1209B ．1211C ．1213D ．121514．（2021·黑龙江·高三期中（理））设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，公差为d ．已知312a =，100S >，60a <，则选项不正确的是（） A ．数列n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的最小项为第6项B ．2445d -<<- C ．50a > D ．0n S >时，n 的最大值为515．（2021·浙江·模拟预测）已知数列{}n a 满足2*112,4,N n n a a n a a n -+==∈，给出以下结论，正确的个数是（）①1n a >；②1n n a a +>；③存在无穷多个*N k ∈,使322k k a -=；④121111na a a +++< A ．4B ．3C ．2D ．116．（2021·浙江·模拟预测）已知数列{}n a 满足111,ln 2(*)2nn n a a a a n N +==-+∈，记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则正确的是（） A ．存在0*n N ∈，使得02n a > B ．存在0*n N ∈，使得001n n a a +> C ．存在0*n N ∈，使得00+1+4n n a a > D ．存在0*n N ∈，使得012n S >17．（2021·浙江·模拟预测）已知数列{}n a 满足13a =，246a =，2n a +=（π≈3.14）则此数列项数最多为（） A ．2019项 B ．2020项 C ．2021项D ．2022项18．（2021·北京房山·高三开学考试）已知集合*{|21,}A x x k k N ==- ∈，*{|27,}B x x k k N ==+ ∈，从集合A 中取出m 个不同元素，其和记为S ：从集合B 中取出n 个不同元素，其和记为T . 若562S T +≤，则m n +的最大值为（） A ．17B ．26C ．30D ．3419．（2021·浙江·乐清市知临中学高三月考）设数列{}n a 满足112a =，2*1(N )2021nn n a a a n +=+∈，记12(1)(1)(1)n n T a a a =---，则使0n T <成立的最小正整数n 是（）A ．2020B ．2021C ．2022D ．202320．（2021·甘肃·嘉峪关市第一中学模拟预测（理））若数列{}n a 满足：A ∃，B R ∈，0AB ≠，使得对于*n N ∀∈，都有21n n n a Aa Ba ++=+，则称{}n a 具有“三项相关性”下列说法正确的有（） ①若数列{}n a 是等差数列，则{}n a 具有“三项相关性” ②若数列{}n a 是等比数列，则{}n a 具有“三项相关性” ③若数列{}n a 是周期数列，则{}n a 具有“三项相关性”④若数列{}n a 具有正项“三项相关性”，且正数A ，B 满足1A B +=，12a a B +=，数列{}n b 的通项公式为n n b B =，{}n a 与{}n b 的前n 项和分别为n S ，n T ，则对*n N ∀∈，n n S T <恒成立．A ．③④B ．①②④C ．①②③④D ．①②21．（2021·上海·格致中学高三月考）正数数列{}n a 的前n 项和为n S ，()112n n n S a n N a +⎛⎫=+∈ ⎪⎝⎭，则下列选项中正确的是（） A．2021a ≥B．2021a ≤-C ．202120221a a ⋅>D ．202020211a a ⋅<22．（2021·浙江·高三月考）已知数列{}n a 满足113a =，()2*12N nn n a a a n n+=+∈，则下列选项正确的是（）A ．20212020a a 二、多选题23．（2021·广东·模拟预测）已知数列{}n a 中，()111131,3n n n n n n a a a a a n a a *+++->=∈-N ，且12121110a a a a +++=，设2221222212111,n n n nS a a a T a a a =+++=+++，则下列结论正确的是（） A ．12a =B ．数列{}n a 单调递增C ．()2591232nn n S T n +=-- D ．若()12nn S T +为偶数，则正整数n 的最小值为8 24．（2021·重庆南开中学高三月考）已知数列{}n a 满足11a =，()1n a n *+=∈⎢⎥⎢⎥⎣⎦N ，其中[]x 表示不超过实数[]x 的最大整数，则下列说法正确的是（） A ．存在n *∈N ，使得132n n a -≤B ．12n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是等比数列C ．2020a 的个位数是5D ．2021a 的个位数是125．（2021·江苏·金陵中学高三开学考试）已知数列{}n a 满足：111 ,1n n n a a a a +=+=，设(n )l n n b a n N *=∈，数列{}n b 的前n 项和为n S ，则下列选项正确的是ln 20. 693 ,ln3(9)1.09≈≈（） A ．数列{}21n a -单调递增，数列{}2n a 单调递减 B ．+1ln 3n n b b +≤C ．2020693S >D ．212n n b b ->26．（2021·湖北武汉·高三期中）已知数列{}n a 满足10a =，()11n nn aa a e e n ++*=+∈N ，前n 项和为n S ，则下列选项中正确的是（）（参考数据：ln 20.693≈，ln3 1.099≈） A ．1ln 2n n a a ++≥B ．2020666S <C ．()3lnln 222n a n ≤≤≥ D ．{}21n a -是单调递增数列，{}2n a 是单调递减数列27．（2021·湖北·高三月考）将数列{}21n -中的各项依次按第一个括号1个数，第二个括号2个数，第三个括号4个数，第四个括号8个数，第五个括号16个数，…，进行排列：（1），（3，5），（7，9，11，13）．（15，17，19，21，23，25，27，29），…，则以下结论中正确的是（） A ．第10个括号内的第一个数为1023 B ．2021在第11个括号内C ．前10个括号内一共有1023个数D ．第10个括号内的数字之和()19202,2S ∈28．（2021·湖北黄石·高三开学考试）在平面直角坐标系中，O 是坐标原点，,n n M N 是圆222:O x y n +=上两个不同的动点，n P 是n n M N 的中点，且满足()220n n n OM ON OP n *⋅+=∈N ．设,n n M N 到直线20l y n n +++=的距离之和的最大值为n a ，则下列说法中正确的是（） A ．向量n OM 与向量n ON 所成角为120︒ B ．n OP n = C ．22n a n n =+D ．若2n n a b n =+，则数列12{}(21)(21)n nn b b b +--的前n 项和为11121n +-- 29．（2021·湖北武汉·高三开学考试）数列{}n a 依次为：1，13，13，13，15，15，15，15，15，17，17，17，17，17，17，17，19，19，…，其中第一项为11，接下来三项均为13，再接下来五项均为15，依此类推.记{}n a 的前n 项和为n S ，则（） A ．100119a =B ．存在正整数k ，使得k a >C ．n SD ．数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是递减数列30．（2021·福建省福州第一中学模拟预测）斐波那契螺旋线，也称“黄金螺旋”，是根据斐波那契数列画出来的螺旋曲线，自然界中存在许多斐波那契螺旋线的图案，是自然界最完美的经典黄金比例.作图规则是在以斐波那契数为边的正方形拼成的长方形，然后在正方形里面画一个90度的扇形，连起来的弧线就是斐波那契螺旋线.它来源于斐波那契数列，又称为黄金分割数列.现将斐波那契数列记为{}n a ，121a a ==，()123n n n a a a n --=+≥，边长为斐波那契数n a 的正方形所对应扇形面积记为()*n b n ∈N ，则（）A ．()2233n n n a a a n -+=+≥B ．123201920211a a a a a +++⋅⋅⋅+=+C ．()2020201920182021π4b b a a -=⋅ D ．123202*********π4b b b b a a +++⋅⋅⋅+=⋅ 31．（2021·江苏·模拟预测）已知数列{}n a 满足11a =，()1lg 1091n an a +=++，其前n 项和为n S ，则下列结论中正确的有（） A ．{}n a 是递增数列 B ．{}10n a +是等比数列 C ．122n n n a a a ++>+D ．(3)2n n n S +<32．（2021·全国·高三专题练习（文））已知数列{}n a 满足：1n a n =，n S 是数列{}n a 的前n 项和，()ln 1n n na b a +=，下列命题正确的是（） A ．11ln n n n a a n ++⎛⎫<< ⎪⎝⎭B ．数列{}n b 是递增数列C ．202120201ln 2021S S ->>D ．ln 2ln 3n b ≤<33．（2021·江苏泰州·模拟预测）已知()()()232012(21)212121nn n x x x x aa x a x a x ++++=++++下列说法正确的是（）A ．设1n b a =，则数列{}n b 的前n 项的和为2224n n S n +=--B ．2a 22228233n n ++=--C ．1n a -=222n n n +-(*n N ∈)D ．()*11n n a n N a -⎧⎫-∈⎨⎬⎩⎭为等比数列34．（2021·全国·模拟预测）斐波那契数列，又称黄金分割数列，它在很多方面与大自然神奇地契合，小到地球上的动植物，如向日葵、松果、海螺的成长过程，大到海浪、飓风、宇宙星系演变，都遵循着这个规律，人们亲切地称斐波那契数列为自然界的“数学之美”，在数学上斐波那契数列{}n a 一般以递推的方式被定义：121a a ==，21++=+n n n a a a ，则（） A ．1055a =B ．2211n n n a a a ++-=C．1n n a +⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭是等比数列 D ．设1n n na b a +=，则112n n n n b b b b +++-<-三、双空题 35．（2021·山东济宁·高三期中）十九世纪法国数学家卢卡斯提出数列{}n L ：2，1，3，4，7，…，称之为卢卡斯数列，且满足12L =，21L =，()112n n n L L L n +-=+≥，则12L =________；记n S 为数列{}n L 的前n 项和，若2023L t =，则2021S =__________.36．（2021·江苏如皋·高三月考）已知数列{}n a 对任意的*n N ∈，都有n a N *∈，且131,,2n n n n na a a a a ++⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数，①当18a =时，2021a =___________．②若存在*m N ∈，当n m >且n a 为奇数时，n a 恒为常数P ，则P =___________．37．（2021·广东·高三月考）将正三角形（1）的每条边三等分，并以中间的那一条线段为底边向外作正三角形，然后去掉底边，得到图（2）；将图（2）的每条边三等分，并以中间的那一条线段为底边向外作正三角形，然后去掉底边，得到图（3）；如此类推，将图（n ）的每条边三等分，并以中间的那一条线段为底边向外作三角形，然后去掉底边，得到图()1n +．上述作图过程不断的进行下去，得到的曲线就是美丽的雪花曲线．若图（1）中正三角形的边长为1，则图（n ）的周长为__________，图（n ）的面积为___________．38．（2021·北京二中高三月考）定义在(0,)+∞上的函数()f x 满足：①当[1,3)x ∈时，1,12,()3,23,x x f x x x -≤≤⎧=⎨-<<⎩②(3)3()f x f x =. （i ）(6)f = _____；（ii ）若函数()()F x f x a =-的零点从小到大依次记为12,,,,n x x x ，则当(1,3)a ∈时，12212n n x x x x -++++=_______.39．（2021·福建·三明一中模拟预测）黎曼猜想由数学家波恩哈德∙黎曼于1859年提出，是至今仍未解决的世界难题．黎曼猜想研究的是无穷级数1111()123s s s sn n n ξ∞-===+++∑，我们经常从无穷级数的部分和1111123s s ssn ++++入手．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ﹐且满足11()2n n na S a +=，则n S =__________，12100111S S S ⎡⎤++=⎢⎥⎣⎦__________．（其中[]x 表示不超过x 的最大整数） 40．（2021·山东日照·高三月考）牛顿迭代法又称牛顿-拉夫逊方法，它是牛顿在17世纪提出的一种在实数集上近似求解方程根的一种方法，具体步骤如下：设r 是函数()y f x =的一个零点，任意选取0x 作为r 的初始近似值，过点()()00,x f x 作曲线()y f x =的切线1l ，设1l 与x 轴交点的横坐标为1x ，并称1x 为r 的1次近似值；过点()()11,x f x 作曲线()y f x =的切线2l ，设2l 与x 轴交点的横坐标为2x ，称2x 为r 的2次近似值，过点()()(),nnx f x n *∈N 作曲线()y f x =的切线1n l+，记1n l +与x 轴交点的横坐标为1n x +，并称1n x +为r 的1n +次近似值，设()()3220f x x x x =+-≥的零点为r ，取00x =，则r 的2次近似值为______：设()333222n n n n x x a n x *+=∈+N ，数列{}n a 的前n 项积为n T ．若任意的n *∈N ，n T λ<恒成立，则整数λ的最小值为______．41．（2021·浙江浙江·模拟预测）已知等差数列{}n a 的公差大于32，且满足311πsin 2a a ⎛⎫⋅= ⎪⎝⎭，322ππ1cos 0233a a ⎛⎫⎛⎫⋅++-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则数列{}n a 的公差d =___________，前n 项和n S =___________.42．（2021·山西太原·一模（理））已知数列{}n a 满足1232a a ==，()*223n n n a a n +=+⨯∈N ，且()*1n n n b a a n +=+∈N ．则数列{}n b 的通项公式为________．若()()*24(1)341n n n b c n n +=∈-N ，则数列{}n c 的前n 项和为________．43．（2021·浙江温州·二模）有一种病毒在人群中传播，使人群成为三种类型：没感染病毒但可能会感染病毒的S 型；感染病毒尚未康复的I 型；感染病毒后康复的R 型（所有康复者都对病毒免疫）．根据统计数据：每隔一周，S 型人群中有95%仍为S 型，5%成为I 型；I 型人群中有65%仍为I 型，35%成为R 型；R 型人群都仍为R 型．若人口数为A 的人群在病毒爆发前全部是S 型，记病毒爆发n 周后的S 型人数为,n S I 型人数为n I ，则n S =_________；n I =__________．（用A 和n 表示，其中*n ∈N ）四、填空题 44．（2021·上海·模拟预测）设整数数列1a ，2a ，…，10a 满足1013a a =，2852a a a +=，且{}11,2i i i a a a +∈++，1,2,,9i =⋅⋅⋅，则这样的数列的个数为___________.45．（2021·福建省福州格致中学高三月考）已知()f x 是定义在R 上的奇函数，当0x >时，121,02()1(2),22x x f x f x x -⎧-<≤⎪=⎨->⎪⎩有下列结论：①函数()f x 在()6,5--上单调递增；②函数()f x 的图象与直线y x =有且仅有2个不同的交点；③若关于x 的方程2[()](1)()0()f x a f x a a -++=∈R 恰有4个不相等的实数根，则这4个实数根之和为8；④记函数()f x 在[]()*21,2k k k -∈N 上的最大值为k a ，则数列{}n a 的前7项和为12764. 其中所有正确结论的编号是___________.46．（2021·全国·高三月考（理））已知首项为1的数列{}n a 的前n 项和为n S ，若2121n n n n n S S S S S λλ++++=+，且数列1a ，2a ，…，(3)k a k >成各项均不相等的等差数列，则k 的最大值为__________．47．（2021·上海市吴淞中学高三期中）已知数列{}n a 满足：121,()a a x x N *==∈，21n n n a a a ++=-，若前2010项中恰好含有666项为0，则x 的值为___________.48．（2021·上海市晋元高级中学高三期中）如果数列{}n a 满足：120211,2017a a ==，且对于任意*n N ∈，存在实数a 使得1n n a a +、是方程()22210x a x a a -+++=的两个根，则100a 的所有可能值构成的集合是____________．49．（2021·黑龙江·佳木斯一中高三月考（文））已知数列{}n a ：2223333333441123123456712,,,,,,,,,,,,2222222222222的前n 项和为n S ，则120S =___________.50．（2021·全国·高三专题练习）将杨辉三角中的每一个数rn C 都换成分数1(1)r nn C +，就得到一个如图所示的分数三角形，称为莱布尼茨三角形，从莱布尼茨三角形可以看出：11111(1)(1)r r rn n n n C n C nC +-+=++，令2211111113123060(1)n n na nC n C -=+++++++，n S 是{}n a 的前n 项和，则n S =______.51．（2021·湖南师大附中高三月考）已知函数|1||1|e sin(1)()e x x xf x ----=，若()22(2019)(2018)(2021)20201f f f a b -+-+⋅⋅⋅+=++，a ，b ∈R .则|a b -+的最大值为___________.52．（2021·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 的通项公式为12(1)3n n n a ⎡⎤=--⎣⎦，1n n n b a a +=，设n S 是数列{}n a 的前n 项和，若0n n b S λ->对任意*n ∈N 都成立，则实数λ的取值范围是__________.53．（2021·全国·高三月考）已知等差数列{}n a ，对任意n N +∈都有01211231C C C C 2n n n n n n n a a a a n ++++++=⋅成立，则数列121n n a a ++⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T =__________． 54．（2021·河北·正定中学高三开学考试）意大利数学家斐波那契(1175年1250-年）以兔子繁殖数量为例，引入数列：1，1，2，3，5，8，⋯，该数列从第三项起，每一项都等于前两项之和，即21(*)n n n a a a n N ++=+∈，故此数列称为斐波那契数列，又称“兔子数列”，其通项公式为]n n n a =-．设n是不等式(1]211n n n ->+的正整数解，则n 的最小值为______．55．（2021·辽宁·高三月考）对于任意实数序列()()123123,,,,,,,,,,,n n A a a a a B b b b b =⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅，定义()112233*,,,,,n n A B a b a b a b a b =⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅已知数列{}{},n n a b 满足33,n n n a b a n +==，若*A B 中前n 项的和112233n n n S a b a b a b a b m =⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅<恒成立，则整数m 的最小值为______． 56．（2021·山东济南·高三月考）数列{}n a 共12项，且11a =，42a =，关于x 的函数()()322113n n n x f a x a x x =-+-+，n ∈+N ，若()1111n x a n +=≤≤是函数的极值点，且曲线的()4y f x =在点()()12412,a f a 处的切线的斜率为3，则满足条件的数列{}n a 的个数为__________．57．（2021·云南师大附中高三月考（理））数列{}n a 中，12a =，()*,p q p q a a a p q +=∈N ，记m b 为{}n a 中在区间(]0,m ()*m ∈N 中的项的个数，则数列{}m b 的前150项和150S =________．。

高考数学压轴专题最新备战高考《数列》经典测试题附答案解析

数学《数列》复习知识点一、选择题1．已知单调递增的等比数列{}n a 中，2616a a ⋅=，3510a a +=，则数列{}n a 的前n 项和n S =（）A ．2124n -- B ．1122n -- C ．21n - D ．122n +-【答案】B 【解析】【分析】由等比数列的性质，可得到35,a a 是方程210160x x -+=的实数根，求得1,a q ，再结合等比数列的求和公式，即可求解. 【详解】由题意，等比数列{}n a 中，2616a a ⋅=，3510a a +=，根据等比数列的性质，可得3516a a ⋅=，3510a a +=，所以35,a a 是方程210160x x -+=的实数根，解得352,8a a ==或358,2a a ==，又因为等比数列{}n a 为单调递增数列，所以352,8a a ==，设等比数列{}n a 的首项为1a ，公比为(1)q q >可得214128a q a q ⎧=⎨=⎩，解得11,22a q ==，所以数列{}n a 的前n 项和11(12)122122nn n S --==--. 故选：B . 【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式的基本量的运算，以及等比数列的前n 项和公式的应用，着重考查了推理与运算能力.2．元代数学家朱世杰在《算学启蒙》中提及如下问题：今有银一秤一斤十两（1秤15=斤，1斤16=两），令甲、乙、丙从上作折半差分之，问：各得几何？其意思是：现有银一秤一斤十两，现将银分给甲、乙、丙三人，他们三人每一个人所得是前一个人所得的一半．若银的数量不变，按此法将银依次分给7个人，则得银最少的一个人得银（） A ．9两 B ．266127两 C ．26663两 D ．250127两【答案】B 【解析】【分析】先计算出银的质量为266两，设分银最少的为a 两，由题意可知7人的分银量构成首项为a ，公比为2的等比数列，利用等比数列的求和公式可求得a 的值.【详解】共有银161610266⨯+=两，设分银最少的为a 两，则7人的分银量构成首项为a ，公比为2的等比数列，故有()71226612a -=-，所以266127a =，故选：B ．【点睛】本题以元代数学家朱世杰在《算学启蒙》中提出的问题为背景，贴近生活，考查了等比数列的求和问题，本题注重考查考生的阅读理解能力、提取信息能力、数学建模能力以及通过计算解决问题的能力，属中等题．3．已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足6a ，43a ，5a -成等差数列，则42S S ( ) A ．3 B ．9C ．10D ．13【答案】C 【解析】【分析】设{}n a 的公比为0q >，由645,3,a a a -成等差数列，可得260,0q q q --=>，解得q ，再利用求和公式即可得结果. 【详解】设各项均为正数的等比数列{}n a 的公比为0q >，Q 满足645,3,a a a -成等差数列，()2465446,6,0a a a a a q q q ∴=-∴=->， 260,0q q q ∴--=>，解得3q =，则()()4124221313131103131a S S a --==+=--，故选C. 【点睛】本题主要考查等比数列的通项公式与求和公式，属于中档题. 等比数列基本量的运算是等比数列的一类基本题型，数列中的五个基本量1,,,,,n n a q n a S ，一般可以“知二求三”，通过列方程组所求问题可以迎刃而解，解决此类问题的关键是熟练掌握等比数列的有关性质和公式，并灵活应用，在运算过程中，还应善于运用整体代换思想简化运算过程.4．若{}n a 为等差数列，n S 是其前n 项和，且11223S π=，则6tan()a 的值为（） AB．C．3 D．3-【答案】B 【解析】【分析】由11162a a a +=,即可求出6a 进而求出答案．【详解】 ∵()11111611221123a a S a π+===，∴623a π=，()62tan tan 3a π⎛⎫== ⎪⎝⎭故选B. 【点睛】本题主要考查等差数列的性质，熟记等差数列的性质以及等差数列前n 项和性质即可，属于基础题型.5．数列{}n a 满足12a =，对于任意的*n N ∈，111n na a +=-，则2018a =（） A ．-1 B ．12C ．2D ．3【答案】A 【解析】【分析】先通过递推公式111n na a +=-，找出此周期数列的周期，再计算2018a 的值. 【详解】111n na a +=-Q ，2111111111n n n na a a a ++∴===----， 32111111n nn n a a a a ++∴===-⎛⎫-- ⎪⎝⎭，故有3n n a a +=，则20183672221111a a a a ⨯+====-- 故选：A 【点睛】本题考查根据数列递推公式求数列各项的值，属于中档题.6．《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列，冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺，前九个节气日影长之和为85.5尺，则小满日影长为（） A ．1.5尺 B ．2.5尺C ．3.5尺D ．4.5尺【答案】C 【解析】【分析】结合题意将其转化为数列问题,并利用等差数列通项公式和前n 项和公式列方程组,求出首项和公差,由此能求出结果. 【详解】解:从冬至日起,依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列{}n a ,冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺,前九个节气日影长之和为85.5尺,∴()()111913631.598985.52a a d a d S a d ⎧++++=⎪⎨⨯=+=⎪⎩, 解得113.5a =,1d =-,∴小满日影长为1113.510(1) 3.5a =+⨯-=（尺）. 故选C . 【点睛】本题考查等差数列的前n 项和公式,以及等差数列通项公式的运算等基础知识,掌握各公式并能熟练运用公式求解,考查运算求解能力,考查化归与转化思想,属于基础题.7．已知等比数列{}n a 满足13a =，13521a a a ++=，则357a a a ++=（） A ．21 B ．42 C ．63 D ．84【答案】B 【解析】由a 1+a 3+a 5=21得242421(1)21172a q q q q q ++=∴++=∴=∴ a 3+a 5+a 7=2135()22142q a a a ++=⨯=，选B.8．等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知2611203a a a a --+=，则21S 的值为（） A ．63 B ．21C ．63-D ．21【答案】C 【解析】【分析】根据等差数列性质，原式可变为()220616113()a a a a a +-+-=，即可求得21112163S a ==-.【详解】∵261116203a a a a a ---+=， ∴()220616113()a a a a a +-+-=， ∴113a =-，∴21112163S a ==-，故选：C ．【点睛】此题考查等差数列性质和求和公式，需要熟练掌握等差数列基本性质，根据性质求和.9．科赫曲线是一种外形像雪花的几何曲线，一段科赫曲线可以通过下列操作步骤构造得到，任画一条线段，然后把它均分成三等分，以中间一段为边向外作正三角形，并把中间一段去掉，这样，原来的一条线段就变成了4条小线段构成的折线，称为“一次构造”；用同样的方法把每条小线段重复上述步骤，得到16条更小的线段构成的折线，称为“二次构造”，…，如此进行“n 次构造”，就可以得到一条科赫曲线.若要在构造过程中使得到的折线的长度达到初始线段的1000倍，则至少需要通过构造的次数是（）.（取lg30.4771≈，lg 20.3010≈）A ．16B ．17C ．24D ．25【答案】D 【解析】【分析】由折线长度变化规律可知“n 次构造”后的折线长度为43na ⎛⎫ ⎪⎝⎭，由此得到410003n⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，利用运算法则可知32lg 2lg 3n ≥⨯-，由此计算得到结果.【详解】记初始线段长度为a ，则“一次构造”后的折线长度为43a ，“二次构造”后的折线长度为243a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，以此类推，“n 次构造”后的折线长度为43na ⎛⎫ ⎪⎝⎭，若得到的折线长度为初始线段长度的1000倍，则410003na a ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，即410003n⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，()()44lg lg lg 4lg32lg 2lg3lg1000333nn n n ⎛⎫∴==-=-≥= ⎪⎝⎭，即324.0220.30100.4771n ≥≈⨯-，∴至少需要25次构造.故选：D . 【点睛】本题考查数列新定义运算的问题，涉及到对数运算法则的应用，关键是能够通过构造原则得到每次构造后所得折线长度成等比数列的特点.10．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n +1=a n +a (n ∈N *，a 为常数)，若平面内的三个不共线的非零向量OAOB OC u u u r u u u r u u u r，，满足10051006OC a OA a OB =+u u u r u u u r u u u r ，A ，B ，C 三点共线且该直线不过O 点，则S 2010等于（） A ．1005 B ．1006C ．2010D ．2012【答案】A 【解析】【分析】根据a n +1=a n +a ，可判断数列{a n }为等差数列，而根据10051006OC a OA a OB =+u u u r u u u r u u u r，及三点A ，B ，C 共线即可得出a 1+a 2010=1，从而根据等差数列的前n 项和公式即可求出S 2010的值. 【详解】由a n +1=a n +a ，得，a n +1﹣a n =a ； ∴{a n }为等差数列；由10051006OC a OA a OB =+u u u r u u u r u u u r ，所以A ，B ，C 三点共线； ∴a 1005+a 1006=a 1+a 2010=1， ∴S 2010()12010201020101100522a a +⨯===. 故选：A. 【点睛】本题主要考查等差数列的定义，其前n 项和公式以及共线向量定理，还考查运算求解的能力，属于中档题.11．在数列{}n a 中，()111,1nn n a a a n +==++-，则2018a 的值为（）A ．2017⨯1008B ．2017⨯1009C ．2018⨯1008D ．2018⨯1009【答案】B 【解析】【分析】根据已知条件()nn 1n a a n 1+-=+-,利用累加法并结合等差数列的前n 项和公式即可得到答案. 【详解】()nn 1n a a n 1+-=+-,()()20182017201720162016201520152014a a 20171,a a 20161,a a 20151,a a 20141,-=+--=+-=+--=+⋅⋅⋅32a a 21-=+,()21a a 11,-=+-将以上式子相加得20181a a 20172016-=++⋅⋅⋅+2，即2018a 20172016=++⋅⋅⋅+2+1=2017(12017)201710092+=⨯，故选：B. 【点睛】本题考查数列递推关系式的应用和累加法求和，考查等差数列前n 项和公式的应用.12．等差数列{}n a 中，n S 为它的前n 项和，若10a >，200S >，210S <，则当n =（）时，n S 最大. A ．8 B ．9C ．10D ．11【答案】C 【解析】【分析】根据等差数列的前n 项和公式与项的性质，得出100a >且110a <，由此求出数列{}n a 的前n 项和n S 最大时n 的值．【详解】等差数列{}n a 中，前n 项和为n S ，且200S >，210S <，即()()120201*********a a S a a +==+>，10110a a ∴+>，()1212111212102a a S a +==<，所以，110a <，则100a >，因此，当10n =时，n S 最大. 故选：C. 【点睛】本题考查了等差数列的性质和前n 项和最值问题，考查等差数列基本性质的应用，是中等题．13．对于实数,[]x x 表示不超过x 的最大整数.已知正项数列{}n a 满足112n n n S a a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，*n N ∈，其中n S 为数列{}n a 的前n 项和，则[][][]1240S S S +++=L （）A ．135B ．141C ．149D ．155【答案】D 【解析】【分析】利用已知数列的前n 项和求其n S 得通项，再求[]n S 【详解】解：由于正项数列{}n a 满足112n n n S a a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，*n N ∈，所以当1n =时，得11a =，当2n ≥时，111111[()]22n n n n n n n S a S S a S S --⎛⎫=+=-+ ⎪-⎝⎭ 所以111n n n n S S S S ---=-，所以2=n S n ，因为各项为正项，所以=n S因为[][][]1234851,1,[]1,[][]2S S S S S S =======L ,[]05911[][]3S S S ====L ,[]161724[][]4S S S ====L ,[]252635[][]5S S S ====L , []363740[][]6S S S ====L .所以[][][]1240S S S +++=L 13+25+37+49+511+65=155⨯⨯⨯⨯⨯⨯，故选：D 【点睛】此题考查了数列的已知前n 项和求通项，考查了分析问题解决问题的能力，属于中档题.14．设首项为1的数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知121n n S S n +=+-，现有下面四个结论①数列{}n S n +为等比数列； ②数列{}n a 的通项公式为121n n a -=-；③数列{}1n a +为等比数列；④数列{}2n S 的前n 项和为2224n n n +---. 其中结论正确的个数是（） A ．1 B ．2C ．3D ．4【答案】B【解析】【分析】根据递推关系可得1+12()n n S n S n ++=+，可得①正确，利用等比数列求出2nn S n =-，根据前n 项和求n a ，可判断②③，计算2n S ，并分组求和可判断④. 【详解】因为121n n S S n +=+-，所以11222n n n n S n S nS n S n++++==++，又112S +=.所以数列{}n S n +为首项是2，公比是2的等比数列，所以2nn S n +=，则2nn S n =-.当2n ≥时，1121n n n n a S S --=-=-，但11121a -≠-，所以①正确，②③错误，因为1222n n S n +=-，所以{}2n S 的前n 项和为2224n n n +---，所以④正确. 故选：B 【点睛】本题主要考查了数列的递推关系式，等比数列的证明，由n S 求数列的通项公式，属于中档题.15．在等比数列{}n a 中，已知259,243a a ==，那么{}n a 的前4项和为（）. A ．81 B ．120C ．121D ．192【答案】B 【解析】【分析】根据352a q a =求出公比，利用等比数列的前n 项和公式即可求出. 【详解】Q35227a q a ==, ∴ 3q =∴ 4414(1)3(13)120113a q S q --===--.故选：B【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式，等比数列的前n 项和，属于中档题.16．等比数列{n a }的前n 项和为n S ，若103010,30,S S ==则20S = A ．10 B ．20 C ．20或-10 D ．-20或10【答案】B 【解析】【分析】由等比数列的性质可得，S 10，S 20﹣S 10，S 30﹣S 20成等比数列即（S 20﹣S 10）2＝S 10•（S 30﹣S 20），代入可求．【详解】由等比数列的性质可得，S 10，S 20﹣S 10，S 30﹣S 20成等比数列，且公比为10q∴（S 20﹣S 10）2＝S 10•（S 30﹣S 20）即()()22020101030S S -=- 解20S =20或-10（舍去）故选B ．【点睛】本题主要考查了等比数列的性质（若S n 为等比数列的前n 项和，且S k ，S 2k ﹣S k ，S 3k ﹣S 2k 不为0，则其成等比数列）的应用，注意隐含条件的运用17．在数列{}n a 中，若10a =，12n n a a n +-=，则23111na a a +++L 的值 A ．1n n- B ．1n n+ C ．11n n -+ D ．1n n + 【答案】A 【解析】分析：由叠加法求得数列的通项公式(1)n a n n =-，进而即可求解23111na a a +++L 的和. 详解：由题意，数列{}n a 中，110,2n n a a a n +=-=，则112211()()()2[12(1)](1)n n n n n a a a a a a a a n n n ---=-+-++-+=+++-=-L L ，所以1111(1)1n a n n n n==--- 所以231111111111(1)()()12231n n a a a n n n n-+++=-+-++-=-=-L L ，故选A. 点睛：本题主要考查了数列的综合问题，其中解答中涉及到利用叠加法求解数列的通项公式和利用裂项法求解数列的和，正确选择方法和准确运算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力.18．正项等比数列{}n a 中的1a 、4039a 是函数()3214633f x x x x =-+-的极值点，则2020a =（）A ．1-B ．1CD ．2【答案】B 【解析】【分析】根据可导函数在极值点处的导数值为0，得出140396a a =，再由等比数列的性质可得. 【详解】解：依题意1a 、4039a 是函数()3214633f x x x x =-+-的极值点，也就是()2860f x x x '=-+=的两个根∴140396a a =又{}n a 是正项等比数列，所以2020a =∴20201a ==.故选：B 【点睛】本题主要考查了等比数列下标和性质以应用，属于中档题.19．已知{}n a 是各项都为正数的等比数列，n S 是它的前n 项和，若47S =，821S =，则16S =（）A ．48B ．90C ．105D ．106【答案】C 【解析】【分析】根据4841281612,,,S S S S S S S ---成等比数列即可求出16S . 【详解】由等比数列的性质得4841281612,,,S S S S S S S ---成等比数列，所以1216127,14,21,S S S --成等比数列，所以121216162128,49,4956,105S S S S -=∴=∴-=∴=. 故选：C 【点睛】本题主要考查等比数列的性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.20．执行如图所示的程序框图，若输入，则输出的S的值是A．B．C．D．【答案】B【解析】【分析】本题首先可以通过程序框图明确输入的数值以及程序框图中所包含的关系式，然后按照程序框图所包含的关系式进行循环运算，即可得出结果．【详解】由程序框图可知，输入，，，第一次运算：，；第二次运算：，；第三次运算：，；第四次运算：，；第五次运算：，；第六次运算：，；第七次运算：，；第八次运算：，；第九次运算：，；第十次运算：，，综上所述，输出的结果为，故选B．【点睛】本题考查程序框图的相关性质，主要考查程序框图的循环结构以及裂项相消法的使用，考查推理能力，提高了学生从题目中获取信息的能力，体现了综合性，提升了学生的逻辑推理、数学运算等核心素养，是中档题．。

数学数列压轴(答案与解析)

数学数列压轴（答案与解析）参考答案与试题解析一．解答题（共30小题）1．（2015春•宜宾校级月考）设数列{a n}的首项a1∈（0，1），a n=，n=2，3，4…（1）求{a n}的通项公式；（2）设，求证b n＜b n+1，其中n为正整数．【考点】数列递推式；不等式的证明．【专题】计算题；压轴题．【分析】（1）由题条件知，所以{1﹣a n}是首项为1﹣a1，公比为的等比数列，由此可知（2）方法一：由题设条件知，故b n＞0．那么，b n+12﹣b n2=a n+12（3﹣2a n+1）﹣a n2（3﹣2a n）=由此可知b n＜b n+1，n为正整数．方法二：由题设条件知，所以．由此可知b n＜b n+1，n为正整数．【解答】解：（1）由，整理得．又1﹣a1≠0，所以{1﹣a n}是首项为1﹣a1，公比为的等比数列，得（2）方法一：由（1）可知，故b n＞0．那么，b n+12﹣b n2=a n+12（3﹣2a n+1）﹣a n2（3﹣2a n）==又由（1）知a n＞0且a n≠1，故b n+12﹣b n2＞0，因此b n＜b n+1，n为正整数．方法二：由（1）可知，因为，所以．由a n≠1可得，即两边开平方得．即b n＜b n+1，n为正整数．【点评】本题考查数列的综合应用，难度较大，解题时要认真审题，注意挖掘题设中的隐含条件．2．（2015•衡阳县校级三模）已知f（x）=（x﹣1）2，g（x）=4（x﹣1）．数列{a n}中，对任何正整数n，等式（a n+1﹣a n）g（a n）+f（a n）=0都成立，且a1=2，当n≥2时，a n≠1；设b n=a n﹣1．（Ⅰ）求数列{b n}的通项公式；（Ⅱ）设S n为数列{nb n}的前n项和，，求的值．【考点】等比数列的通项公式；极限及其运算；数列的求和．【专题】综合题；压轴题．【分析】（1）将a n代入到函数g（x）、f（x）中对式子（a n+1﹣a n）g（a n）+f（a n）=0进行整理可得到（a n﹣1）•（4a n+1﹣3a n﹣1）=0，再由a n≠1可得到4a n+1﹣3a n﹣1=0，即再代入到b n+1=a n+1﹣1中即可得到，从而得数列{b n}的通项公式．（2）根据数列{b n}的通项公式可得到、，再由错位相减法可求出S n的值，经过整理可求出的值，最后再取极限即可得到答案．【解答】解：（Ⅰ）∵（a n+1﹣a n）•4（a n﹣1）+（a n﹣1）2=0∴（a n﹣1）•（4a n+1﹣3a n﹣1）=0．根据已知，a n≠1∴∵b1=a1﹣1=1，，∴{b n}是b1=1，公比的等比数列．∴（Ⅱ）∵∴①②①﹣②得+=∴S n=16﹣4（n+4）而=16∴【点评】本题主要考查数列通项公式的求法和数列求和的错位相减法以及求极限的方法．考查综合运算能力．3．（2015•淮安校级四模）已知数列{a n}的奇数项是首项为1的等差数列，偶数项是首项为2的等比数列．数列{a n}前n项和为S n，且满足S5=2a4+a5，a9=a3+a4．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若a m a m+1=a m+2，求正整数m的值；（3）是否存在正整数m，使得恰好为数列{a n}中的一项？若存在，求出所有满足条件的m值，若不存在，说明理由．【考点】等比数列的性质；等差数列的性质．【专题】压轴题；等差数列与等比数列．【分析】（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q由题意列式求出公差和公比，则等差数列和等比数列的通项公式即可得出；（2）分a m=2k和a m=2k﹣1，利用a m a m+1=a m+2即可求出满足该等式的正整数m的值；（3）对于k∈N*，有．．假设存在正整数m，使得恰好为数列{a n}中的一项，设=L（L∈N*），则，变形得到（3﹣L）3m﹣1=（L﹣1）（m2﹣1），由此式得到L的可能取值，然后依次分类讨论求解．【解答】：解：（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，则a1=1，a2=2，a3=1+d，a4=2q，a9=1+4d．∵S5=2a4+a5，∴a1+a2+a3=a4，即4d=2q，又a9=a3+a4．∴1+4d=1+d+2q．解得：d=2，q=3．∴对于k∈N*，有．故；（2）若a m=2k，则由a m a m+1=a m+2，得2•3k﹣1（2k+1）=2•3k，解得：k=1，则m=2；若a m=2k﹣1，则由（2k﹣1）•2•3k﹣1=2k+1，此时左边为偶数，右边为奇数，不成立．故满足条件的正数为2；（3）对于k∈N*，有．．假设存在正整数m，使得恰好为数列{a n}中的一项，又由（1）知，数列中的每一项都为正数，故可设=L（L∈N*），则，变形得到（3﹣L）3m﹣1=（L﹣1）（m2﹣1）①．∵m≥1，L≥1，3m﹣1＞0，∴L≤3．又L∈N*，故L可能取1，2，3．当L=1时，（3﹣L）3m﹣1＞0，（L﹣1）（m2﹣1）=0，∴①不成立；当L=2时，（3﹣2）3m﹣1=（2﹣1）（m2﹣1），即3m﹣1=m2﹣1．若m=1，3m﹣1≠m2﹣1，令，则=．因此，1=T2＞T3＞…，故只有T2=1，此时m=2，L=2=a2．当L=3时，（3﹣3）3m﹣1=（3﹣1）（m2﹣1）．∴m=1，L=3=a3．综上，存在正整数m=1，使得恰好为数列{a n}中的第三项，存在正整数m=2，使得恰好为数列{a n}中的第二项．【点评】本题考查了等差数列和等比数列的性质，训练了分类讨论的数学思想方法，考查了学生综合分析问题和解决问题的能力，考查了学生的逻辑思维能力，是压轴题．4．（2015•广东模拟）已知数列{a n}中，a1=3，a2=5，其前n项和S n满足S n+S n﹣2=2S n﹣1+2n﹣1（n≥3）．令b n=．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）若f（x）=2x﹣1，求证：Tn=b1f（1）+b2f（2）+…+b n f（n）＜（n≥1）．【考点】数列递推式；数列的函数特性；不等式的证明．【专题】计算题；证明题；压轴题．【分析】（Ⅰ）由题意知a n=a n﹣1+2n﹣1（n≥3）（a n﹣a n﹣1）+（a n﹣1﹣a n﹣2）+…+（a3﹣a2）+a2=2n+1．（Ⅱ）由于=．故T n=b1f（1）+b2f（2）+…+b n f（n）=，由此可证明Tn=b1f（1）+b2f（2）+…+b n f（n）＜（n≥1）．【解答】解：（Ⅰ）由题意知S n﹣S n﹣1=S n﹣1﹣S n﹣2+2n﹣1（n≥3）即a n=a n﹣1+2n﹣1（n≥3）∴a n=（a n﹣a n﹣1）+（a n﹣1﹣a n﹣2）+…+（a3﹣a2）+a2=2n﹣1+2n﹣2+…+22+5=2n+1（n≥3）检验知n=1、2时，结论也成立，故a n=2n+1．（Ⅱ）由于b n=，f（x）=2x﹣1，∴=．故T n=b1f（1）+b2f（2）+…+b n f（n）==．【点评】本题考查数列的性质和综合应用，解题时要认真审题．仔细解答．5．（2015•东海县三模）设f k（n）为关于n的k（k∈N）次多项式．数列{a n}的首项a1=1，前n 项和为S n．对于任意的正整数n，a n+S n=f k（n）都成立．（I）若k=0，求证：数列{a n}是等比数列；（Ⅱ）试确定所有的自然数k，使得数列{a n}能成等差数列．【考点】数列递推式；等差关系的确定；等比关系的确定．【专题】综合题；压轴题．【分析】（Ⅰ）若k=0，不妨设f0（n）=c（c为常数）．即a n+S n=c，结合数列中a n与S n关系求出数列{a n}的通项公式后再证明．（Ⅱ）由特殊到一般，实质上是由已知a n+S n=f k（n）考查数列通项公式求解，以及等差数列的判定．【解答】（Ⅰ）证明：若k=0，则f k（n）即f0（n）为常数，不妨设f0（n）=c（c为常数）．因为a n+S n=f k（n）恒成立，所以a1+S1=c，c=2a1=2．而且当n≥2时，a n+S n=2，①a n﹣1+S n﹣1=2，②①﹣②得2a n﹣a n﹣1=0（n∈N，n≥2）．若a n=0，则a n﹣1=0，…，a1=0，与已知矛盾，所以a n≠0（n∈N*）．故数列{a n}是首项为1，公比为的等比数列．（Ⅱ）解：（1）若k=0，由（Ⅰ）知，不符题意，舍去．（2）若k=1，设f1（n）=bn+c（b，c为常数），当n≥2时，a n+S n=bn+c，③a n﹣1+S n﹣1=b（n﹣1）+c，④③﹣④得2a n﹣a n﹣1=b（n∈N，n≥2）．要使数列{a n}是公差为d（d为常数）的等差数列，必须有a n=b﹣d（常数），而a1=1，故{a n}只能是常数数列，通项公式为a n=1（n∈N*），故当k=1时，数列{a n}能成等差数列，其通项公式为a n=1（n∈N*），此时f1（n）=n+1．（3）若k=2，设f2（n）=pn2+qn+t（a≠0，a，b，c是常数），当n≥2时，a n+S n=pn2+qn+t，⑤a n﹣1+S n﹣1=p（n﹣1）2+q（n﹣1）+t，⑥⑤﹣⑥得2a n﹣a n﹣1=2pn+q﹣p（n∈N，n≥2），要使数列{a n}是公差为d（d为常数）的等差数列，必须有a n=2pn+q﹣p﹣d，且d=2p，考虑到a1=1，所以a n=1+（n﹣1）•2p=2pn﹣2p+1（n∈N*）．故当k=2时，数列{a n}能成等差数列，其通项公式为a n=2pn﹣2p+1（n∈N*），此时f2（n）=an2+（a+1）n+1﹣2a（a为非零常数）．（4）当k≥3时，若数列{a n}能成等差数列，根据等差数列通项公式可知Sn是关于n的二次型函数，则a n+S n的表达式中n的最高次数为2，故数列{a n}不能成等差数列．综上得，当且仅当k=1或2时，数列{a n}能成等差数列．【点评】本题考查数列通项公式的求解，等差数列的判定，考查阅读理解、计算论证等能力．6．（2015•湖南校级模拟）设数列{a n}的前n项和为S n，对一切n∈N*，点（n，）都在函数f（x）=x+的图象上．（1）计算a1，a2，a3，并归纳出数列{a n}的通项公式；（2）将数列{a n}依次按1项、2项、3项、4项循环地分为（a1），（a2，a3），（a4，a5，a6），（a7，a8，a9，a10）；（a11），（a12，a13），（a14，a15，a16），（a17，a18，a19，a20）；（a21）…，分别计算各个括号内各数之和，设由这些和按原来括号的前后顺序构成的数列为{b n}，求b5+b100的值；（3）设A n为数列的前n项积，若不等式A n＜f（a）﹣对一切n∈N*都成立，求a的取值范围．【考点】数列与函数的综合．【专题】计算题；压轴题．【分析】（1）由已知可得，即．分别令n=1，n=2，n=3，代入可求a1，a2，a3，进而猜想a n（2）由a n=2n可得数列{a n}依次按1项、2项、3项、4项循环地分为（2），（4，6），（8，10，12），（14，16，18，20）；（22），（24，26），（28，30，32），（34，36，38，40）；（42），…．每一次循环记为一组．由于每一个循环含有4个括号，故b100是第25组中第4个括号内各数之和．由分组规律知，由各组第4个括号中所有第1个数，所有第2个数、所有第3个数、所有第4个所有第4个数分别组成都是等差数列，公差均为20．故各组第4个括号中各数之和构成等差数列，且公差为80．代入可求（3）因为，，若成立设，则只需即可利用g（n）的单调性可求其最大值，从而可求a的范围【解答】解：（1）因为点在函数的图象上，故，所以．令n=1，得，所以a1=2；令n=2，得，所以a2=4；令n=3，得，所以a3=6．由此猜想：a n=2n．（2）因为a n=2n（n∈N*），所以数列{a n}依次按1项、2项、3项、4项循环地分为（2），（4，6），（8，10，12），（14，16，18，20）；（22），（24，26），（28，30，32），（34，36，38，40）；（42），…．每一次循环记为一组．由于每一个循环含有4个括号，故b100是第25组中第4个括号内各数之和．由分组规律知，由各组第4个括号中所有第1个数组成的数列是等差数列，且公差为20．同理，由各组第4个括号中所有第2个数、所有第3个数、所有第4个数分别组成的数列也都是等差数列，且公差均为20．故各组第4个括号中各数之和构成等差数列，且公差为80．注意到第一组中第4个括号内各数之和是68，所以b100=68+24×80=1988．又b5=22，所以b5+b100=2010（3）因为，故，所以．又，故对一切n∈N*都成立，就是对一切n∈N*都成立．设，则只需即可．由于=，所以g（n+1）＜g（n），故g（n）是单调递减，于是．令，即，解得，或．综上所述，使得所给不等式对一切n∈N*都成立的实数a的取值范围是．【点评】本题综合考查了利用函数的解析式求解数列的递推公式进而求解数列的项，等差数列的求和公式的应用，及利用数列的单调性求解数列的最大（小）项问题的求解，属于函数与数列知识的综合应用的考查7．（2014秋•周村区校级月考）已知数列{b n}是等差数列，b1=1，b1+b2+…+b10=145．（1）求数列{b n}的通项b n；（2）设数列{a n}的通项a n=log a（1+）（其中a＞0，且a≠1），记S n是数列{a n}的前n项和．试比较S n与log a b n+1的大小，并证明你的结论．【考点】等差数列的通项公式；数列的求和；数学归纳法．【专题】计算题；证明题；压轴题．【分析】（1）根据数列{b n}是等差数列，建立b1与d的方程组，解之即可；（2）因此要比较S n与log a b n+1的大小，可先比较（1+1）（1+）（1+）与的大小，利用用数学归纳法证明此式，当a＞1时，S n＞log a b n+1，当0＜a＜1时，S n＜log a b n+1．【解答】解：（1）设数列{b n}的公差为d，由题意得解得所以b n=3n﹣2．（2）由b n=3n﹣2，知S n=log a（1+1）+log a（1+）++log a（1+）=log a[（1+1）（1+）（1+）]，log a b n+1=log a．因此要比较S n与log a b n+1的大小，可先比较（1+1）（1+）（1+）与的大小．取n=1有（1+1）＞，取n=2有（1+1）（1+）＞，由此推测（1+1）（1+）（1+）＞．①若①式成立，则由对数函数性质可断定：当a＞1时，S n＞log a b n+1．当0＜a＜1时，S n＜log a b n+1．下面用数学归纳法证明①式．（ⅰ）当n=1时已验证①式成立．（ⅱ）假设当n=k（k≥1）时，①式成立，即（1+1）（1+）（1+）＞．那么，当n=k+1时，（1+1）（1+）（1+）（1+）＞（1+）=（3k+2）．因为==，所以（3k+2）＞．因而（1+1）（1+）（1+）（1+）＞．这就是说①式当n=k+1时也成立．由（ⅰ），（ⅱ）知①式对任何正整数n都成立．由此证得：当a＞1时，S n＞log a b n+1．当0＜a＜1时，S n＜log a b n+1．【点评】本小题主要考查等差数列基本概念及其通项求法，考查对数函数性质，考查归纳、推理能力以及用数学归纳法进行论证的能力．8．（2014•上海模拟）设数列{a n}的通项公式为a n=an+b（n∈N*，a＞0）．数列{b n}定义如下：对于正整数m，b m是使得不等式a n≥m成立的所有n中的最小值．（1）若a=2，b=﹣3，求b10；（2）若a=2，b=﹣1，求数列{b m}的前2m项和公式；（3）是否存在a和b，使得？如果存在，求a和b的取值范围；如果不存在，请说明理由．【考点】等差数列的前n项和；等差数列的性质．【专题】压轴题；等差数列与等比数列．【分析】（1）由题意可得，a n=2n﹣3，令a n=2n﹣3≥10，可得最小的自然数n=7，从而求得b10的值．（2）令a n≥m，求得n≥．根据b m的定义可知：当m=2k﹣1时，bm=k（k∈N*）；当m=2k时，b m=k+1（k∈N*）．再由b1+b2+…+b2m=（b1+b3+..b2m﹣1）+（b2+b4+..+b2m）=（1+2+3+..+m）+[2+3+4+..+（m+1）]，运算求得结果．（3）假设存在a和b满足条件，根据b m的定义可知，an+b≥m，且a＞0，对于任意的正整数m，都有3m+1＜≤3m+2．当3a﹣1＞0（或3a﹣1＜0）时，不满足条件，当3a﹣1=0时，可得﹣≤b＜﹣，从而得出结论．【解答】解：（1）由题意可得，a n=an+b=2n﹣3，令a n=2n﹣3≥10，可得n≥6.5，∴n=7，即b10=7．（2）∵a=2，b=﹣1，∴a n=an+b=2n﹣1，对于正整数，令a n≥m，求得n≥．根据b m的定义可知：当m=2k﹣1时，b m=k（k∈N*）；当m=2k时，b m=k+1（k∈N*）．∴b1+b2+…+b2m=（b1+b3+..b2m﹣1）+（b2+b4+..+b2m）=（1+2+3+..+m）+[2+3+4+..+（m+1）]=+=m2+2m．（3）假设存在a和b满足条件，∵b m=3m+2（m∈N*），根据b m的定义可知，an+b≥m，且a＞0，即n≥．对于任意的正整数m，都有3m+1＜≤3m+2恒成立，即﹣2a﹣b≤（3a﹣1）m＜﹣a﹣b恒成立．当3a﹣1＞0（或3a﹣1＜0）时，可得m＜﹣（或m≤﹣），这与m是任意的正整数相矛盾．当3a﹣1=0时，a=，可得﹣﹣b≤0＜﹣﹣b，即﹣≤b＜﹣，进过检验，满足条件．综上，存在a和b，使得，此时，a=，且﹣≤b＜﹣．【点评】本题考查数列的前n项和公式的求法，考查满足条件的实数的取值范围的求法，解题时要认真审题，注意等价转化思想和分类讨论思想的合理运用，属于中档题．9．（2014•东城区二模）设a是一个自然数，f（a）是a的各位数字的平方和，定义数列{a n}：a1是自然数，a n=f（a n﹣1）（n∈N*，n≥2）．（Ⅰ）求f（99），f（2014）；（Ⅱ）若a1≥100，求证：a1＞a2；（Ⅲ）求证：存在m∈N*，使得a m＜100．【考点】数列的应用．【专题】压轴题；等差数列与等比数列．【分析】（Ⅰ）利用新定义，可求f（99），f（2014）；（Ⅱ）假设a1是一个n位数（n≥3），设出a1，由a2=f（a1）可得，．作差，即可得证；（Ⅲ）利用反证法进行证明即可．【解答】（Ⅰ）解：f（99）=92+92=162；f（2014）=22+02+12+42=21．（Ⅱ）证明：假设a1是一个n位数（n≥3），那么可以设，其中0≤b i≤9且b i∈N（1≤i≤n），且b n≠0．由a2=f（a1）可得，．=所以．因为b n≠0，所以（10n﹣1﹣b n）b n≥99．而（b1﹣1）b1≤72，所以a1﹣a2＞0，即a1＞a2．（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）可知当a1≥100时，a1＞a2．同理当a n≥100时，a n＞a n+1．若不存在m∈N*，使得a m＜100．则对任意的n∈N*，有a n≥100，总有a n＞a n+1．则a n≤a n﹣1﹣1，可得a n≤a1﹣（n﹣1）．取n=a1，则a n≤1，与a n≥100矛盾．存在m∈N*，使得a m＜100．【点评】本题考查数列的应用，考查新定义，考查反证法，考查学生分析解决问题的能力，难度较大．10．（2014•宿迁模拟）已知公比为q（q≠1）的无穷等比数列{a n}的首项a1=1．（1）若q=，在a1与a2之间插入k个数b1，b2，…，b k，使得a1，b1，b2，…，b k，a2，a3成等差数列，求这k个数；（2）对于任意给定的正整数m，在a1，a2，a3的a1与a2和a2与a3之间共插入m个数，构成一个等差数列，求公比q的所有可能取值的集合（用m表示）；（3）当且仅当q取何值时，在数列{a n}的每相邻两项a k，a k+1之间插入c k（k∈N*，c k∈N）个数，使之成为一个等差数列？并求c1的所有可能值的集合及{c n}的通项公式（用q表示）．【考点】数列的应用．【专题】压轴题；等差数列与等比数列．【分析】（1）由条件得1，b1，b2，…b k，，成等差数列，求出公差d=﹣，k=2，即可求这2个数；（2）设a1与a2之间插入k个数，k∈N，且k≤m，则在a2与a3之间插入（m﹣k）个数，由条件这等差数列第一项为a1=1，第k+2项为a2=q，第m+3项为a2=q2，列出方程，即可求公比q的所有可能取值的集合；（3）当且仅当q∈N，且q≥2时，在数列{a n}的每相邻两项a k，a k+1之间插入c k（k∈N*，c k∈N）个数，使之成为一个等差数列，再进行证明即可．【解答】解：（1）由条件得1，b1，b2，…b k，，成等差数列，所以公差d=﹣，k=2，所以这2个数为：b1=，b2=；…（2分）（2）设a1与a2之间插入k个数，k∈N，且k≤m，则在a2与a3之间插入（m﹣k）个数，由条件这等差数列第一项为a1=1，第k+2项为a2=q，第m+3项为a2=q2，所以=，q≠1，所以q=，且k≠；所以公比q的所有可能的取值的集合{ q|q=，k∈N，k≤m且k≠}；…（6分）（3）当且仅当q∈N，且q≥2时，在数列{a n}的每相邻两项a k，a k+1之间插入c k（k∈N*，c k∈N）个数，使之成为一个等差数列；证明如下：（i）当q∈N，且q≥2时，新构成的等差数列可以是正整数数列1，2，3，…，显然满足条件；…（8分）（ii）若在数列{a n}的每相邻两项a k，a k+1之间插入c k（k∈N*，c k∈N）个数，使之成为一个等差数列，这个等差数列设为{b n}，则对于任意的k∈N*，都有，即=，q≠1且q≠0，所以q=，c k+1，c k∈N，所以q为正有理数，{a n}为正项无穷等比数列，若q不为整数，不妨设q=，其中p，t∈N*，p与t互质，且p≥2，等差数列{b n}的公差为d==，通项为b n=1+（n﹣1）；则数列{（c1+1）pb n}的各项都为整数，则对于任意的n∈N*，（c1+1）p a n∈N*，即对于任意的n∈N*，（c1+1）p（）n﹣1∈N*，即于任意的n∈N*，由p与t互质，则（c1+1）p都能被p n﹣1整除，p≥2，且p∈N*，这是不可能的，所以q为正整数，又q≠1，所以q∈N，且q≥2；…（12分）当q∈N，且q≥2时，对于首项为1，第（c1+1）项为q的等差数列{b n}，则公差d=，令a n=b m，即q n﹣1=1+（m﹣1）（n∈N*），有m=（c1+1）+1∈N*，所以a n是{b n}中的第[（c1+1）+1]项，所以c1的所有可能值的集合是自然数集N；…（14分）对于任意的自然数c1，由=q，q∈N，n∈N*且q≥2知{c n+1}是首项为c1+1，公比为q的等比数列，所以{c n}的通项公式为c n=（c1+1）q n﹣1﹣1．…（16分）【点评】本题考查的是数列的应用，考查等差数列与等比数列的综合，考查反证法思想的运用，难度大，学生很难解决．11．（2014•浦东新区三模）已知数列{a n}，{b n}满足b n=a n+1﹣a n，其中n=1，2，3，…．（Ⅰ）若a1=1，b n=n，求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）若b n+1b n﹣1=b n（n≥2），且b1=1，b2=2．（ⅰ）记c n=a6n﹣1（n≥1），求证：数列{c n}为等差数列；（ⅱ）若数列中任意一项的值均未在该数列中重复出现无数次．求a1应满足的条件．【考点】数列递推式；等差关系的确定．【专题】计算题；压轴题；分类讨论．【分析】（Ⅰ）根据数列的基本性质以及题中已知条件便可求出数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）（ⅰ）先根据题中已知条件推导出b n+6=b n，然后求出c n+1﹣c n为定值，便可证明数列{c n}为等差数列；（ⅱ）数列{a6n+i}均为以7为公差的等差数列，然后分别讨论当时和当时，数列是否满足题中条件，便可求出a1应满足的条件．【解答】解：（Ⅰ）当n≥2时，有a n=a1+（a2﹣a1）+（a3﹣a2）+…+（a n﹣a n﹣1）=a1+b1+b2+…+b n﹣1（2分）=．（3分）又因为a1=1也满足上式，所以数列{a n}的通项为．（4分）（Ⅱ）由题设知：b n＞0，对任意的n∈N*有b n+2b n=b n+1，b n+1b n+3=b n+2得b n+3b n=1，于是又b n+3b n+6=1，故b n+6=b n（5分）∴b6n﹣5=b1=1，b6n﹣4=b2=2，b6n﹣3=b3=2，b6n﹣2=b4=1，（ⅰ）c n+1﹣c n=a6n+5﹣a6n﹣1=b6n﹣1+b6n+b6n+1+b6n+2+b6n+3+b6n+4=（n≥1），所以数列{c n}为等差数列．（7分）（ⅱ）设d n=a6n+i（n≥0），（其中i为常数且i∈{1，2，3，4，5，6}），所以d n+1﹣d n=a6n+6+i﹣a6n+i=b6n+i+b6n+i+1+b6n+i+2+b6n+i+3+b6n+i+4+b6n+i+5=7（n≥0）所以数列{a6n+i}均为以7为公差的等差数列．（9分）设，（其中n=6k+i（k≥0），i为{1，2，3，4，5，6}中的一个常数），当时，对任意的n=6k+i有=；（10分）由，i∈{1，2，3，4，5，6}知；此时重复出现无数次．当时，=①若，则对任意的k∈N有f k+1＜f k，所以数列为单调减数列；②若，则对任意的k∈N有f k+1＞f k，所以数列为单调增数列；（12分）（i=1，2，3，4，5，6）均为单调数列，任意一个数在这6个数列中最多各出现一次，即数列中任意一项的值最多出现六次．综上所述：当时，数列中必有某数重复出现无数次．当a1∉B时，数列中任意一项的值均未在该数列中重复出现无数次．（14分）【点评】本题考查了等差数列的基本性质和数列的递推公式，考查了学生的计算能力和对数列的综合掌握，解题时分类讨论思想和转化思想的运用，属于中档题．12．（2014•滕州市校级二模）已知数列{a n}满足a n＞0且对一切n∈N*，有a13+a23+…+a n3=S n2，a1+a2+…+a n=S n，（Ⅰ）求证：对一切n∈N*有a n+12﹣a n+1=2S n．（Ⅱ）求数列{a n}通项公式．（Ⅲ）求证：+++…+＜3．【考点】数列递推式；等差数列的通项公式；不等式的证明．【专题】综合题；压轴题；等差数列与等比数列．【分析】（Ⅰ）由a13+a23+…+a n3=S n2，再写一式，两式相减，化简可得结论；（Ⅱ）由a n+12﹣a n+1=2S n=2S n+1﹣2a n+1，可得a n+12+a n+1=2S n+1，再写一式，两式相减，可得数列{a n}是以首项为a1=1，公差为1的等差数列，从而可得数列的通项公式；（Ⅲ）利用放缩法可得＜＜=，再利用叠加法，即可证得结论．【解答】（Ⅰ）证明：∵数列{a n}满足：a n＞0，且对一切n∈N*，有a13+a23+…+a n3=S n2，…①所以a13+a23+…+a n3+a n+13=S n+12，…②②﹣①得a n+13=S n+12﹣S n2=a n+1（S n+1+S n），则a n+12=S n+1+S n=a n+1+2S n，所以a n+12﹣a n+1=2S n；（Ⅱ）解：因为a n+12﹣a n+1=2S n=2S n+1﹣2a n+1，所以a n+12+a n+1=2S n+1…③则a n2+a n=2S n…④③﹣④得2a n+1=（a n+12﹣a n2）+（a n+1﹣a n），从而a n+1﹣a n=1．又a1=1，所以数列{a n}是以首项为a1=1，公差为1的等差数列所以a n=n；（Ⅲ）证明：∵a n=n，∴＜＜=∴+++…+＜1+（）+…+（）=2+﹣＜3．【点评】本题考查数列递推式，考查数列的通项，考查不等式的证明，正确求通项是关键．13．（2014•福建模拟）如图，过曲线C：y=e﹣x上一点P0（0，1）做曲线C的切线l0交x轴于Q1（x1，0）点，又过Q1做x轴的垂线交曲线C于P1（x1，y1）点，然后再过P1（x1，y1）做曲线C的切线l1交x轴于Q2（x2，0），又过Q2做x轴的垂线交曲线C于P2（x2，y2），…，以此类推，过点P n的切线l n与x轴相交于点Q n+1（x n+1，0），再过点Q n+1做x轴的垂线交曲线C于点P n+1（x n+1，y n+1）（n=1，2，3，…）．（1）求x1、x2及数列{x n}的通项公式；（2）设曲线C与切线l n及垂线P n+1Q n+1所围成的图形面积为S n，求S n的表达式；（3）若数列{S n}的前n项之和为T n，求证：（n∈N+）．【考点】数列与函数的综合；定积分在求面积中的应用；数列与不等式的综合．【专题】计算题；综合题；压轴题；转化思想．【分析】（1）先求出导函数进而求出切线的斜率，再把1，2代入就可求出求x1、x2的值．求出点P n的切线l n的方程即可求出及数列{x n}的通项公式；（2）直接利用定积分来求S n的表达式即可；（3）利用（2）的结论先求出数列{S n}的前n项之和为T n，再把所要证明的结论转化为用数学归纳法证明e n+1＞（e﹣1）n+e即可【解答】解：（1）y′=﹣e﹣x，设l n的斜率为k n，则∴l0的方程为：y=﹣x+1，令y=0得x1=1，∴y1=﹣e﹣1P1（1，e﹣1），∴l1的方程为：y﹣e﹣1=﹣e﹣1（x﹣1），令y=0得x2=2，一般地，l n的方程为：，由Q n+1（x n+1，0）∈l n得：x n+1﹣x n=1，∴x n=n （4分）（2）=（8分）（3），∴要证：，只要证明：，即只要证明e n+1＞（e﹣1）n+e（10分）证明；数学归纳法：（一）当n=1时，显然（e﹣1）2＞0⇔e2＞2e﹣1⇔e2＞（e﹣1）+e成立（二）假设n=k时，有e k+1＞（e﹣1）k+e当n=k+1时，e k+2=e•e k+1＞e[（e﹣1）k+e]而e[（e﹣1）k+e]﹣[（e﹣1）（k+1）+e]=（e﹣1）2（k+1）＞0∴e k+2=e•e k+1＞e[（e﹣1）k+e]＞（e﹣1）（k+1）+e这说明n=k+1时不等式也成立，由（一）（二）知对一切正整数n都成立．【点评】一般在作数列与函数的综合题时，多用到数学归纳法的应用，所以要把这几个知识点掌握好．14．（2014•东昌府区校级一模）已知f（x）是定义在R上的不恒为零的函数，且对于任意的a、b∈R都满足f（a•b）=af（b）+bf（a）．（1）求f（0），f（1）的值；（2）判断f（x）的奇偶性，并证明你的结论；（3）若表示数列{b n}的前n项和．试问：是否存在关于n的整式g（n），使得S1+S2+S3+…+S n﹣1=（S n﹣1）•g（n）对于一切不小于2的自然数n恒成立？若存在，写出g（n）的解析式，并加以证明；若不存在，试说明理由．【考点】数列与函数的综合；函数奇偶性的判断；函数恒成立问题；数列的函数特性；数列的求和．【专题】综合题；压轴题；转化思想．【分析】（1）令a=b=0，得f（0）=0•f（0）+0•f（0）=0，令a=b=1，得f（1）=1•f（1）+1•f （1），故可解；（2）令a=b=﹣1，可得f（﹣1）=0；令a=﹣1，b=x，可得f（﹣x）=﹣f（x），故可得f（x）是奇函数；（3）先可得，即nS n﹣（n﹣1）S n﹣1=S n﹣1+1，从而（n﹣1）S n﹣1﹣（n ﹣2）S n﹣2=S n﹣2+1，…，S2﹣S1=S1+1由此可得S1+S2+…S n﹣1=nS n﹣n=（S n﹣1）•n（n≥2），故可解．【解答】解：（1）令a=b=0，得f（0）=0•f（0）+0•f（0）=0．令a=b=1，得f（1）=1•f（1）+1•f（1），∴f（1）=0．（2分）（2）令a=b=﹣1，得f（1）=f[（﹣1）•（﹣1）]=﹣f（﹣1）﹣f（﹣1）=﹣2f（﹣1），∴f（﹣1）=0．令a=﹣1，b=x，得f（﹣x）=f（﹣1•x）=﹣1•f（x）+x•f（﹣1）=﹣f（x）+0=﹣f（x）．∴f（x）是奇函数．（5分）（3）当．令，∴g（a n）=ng（a）．（7分）∴f（a n）=a n•g（a n）=n•a n•g（a）=n•a n﹣1•f（a）．∵∴f（2）=2，∴（9分）∴，∴即nS n﹣（n﹣1）S n﹣1=S n﹣1+1，（11分）∴（n﹣1）S n﹣1﹣（n﹣2）S n﹣2=S n﹣2+1，…，2S2﹣S1=S1+1，∴nS n﹣S1=S1+S2+…+S n﹣1+n﹣1，∴S1+S2+…S n﹣1=nS n﹣n=（S n﹣1）•n（n≥2）∴g（n）=n．故存在关于n的整式g （n）=n，使等式对于一切不小于2的自然数n恒成立（13分）【点评】本题考查了数列与函数的综合运用，主要涉及了函数的赋值法，等差数列，函数的奇偶性及通项公式的计算等知识．15．（2014•蚌埠二模）若数列{a n}的前n项和S n是（1+x）n二项展开式中各项系数的和（n=1，2，3，…）．（1）求{a n}的通项公式；（2）若数列{b n}满足b1=﹣1，b n+1=b n+（2n﹣1），且，求数列{c n}的通项及其前n项和T n．（3）求证：T n•T n+2＜T n+12．【考点】数列与不等式的综合．【专题】综合题；压轴题．【分析】（1）能利用a n与S n之间的关系得到a n的通项公式．（2）会根据递推公式求出b n的通项公式，并根据b n与c n关系求通项公式及前n项和．（3）两式作差后根据其特点利用数学归纳法进行证明．【解答】解：（1）由题意S n=2n，S n﹣1=2n﹣1（n≥2），两式相减得a n=2n﹣2n﹣1=2n﹣1（n≥2）．当n=1时，2×1﹣1=1≠S1=a1=2∴．（2）∵b n+1=b n+（2n﹣1），∴b2﹣b1=1，b3﹣b2=3，b4﹣b3=5，b n﹣b n﹣1=2n﹣3．以上各式相加得：b n﹣b1=1+3+5+…+（2n﹣3）=∵b1=﹣1，∴b n=n2﹣2n∴．∴T n=﹣2+0×21+1×22+2×23+3×24+…+（n﹣2）2n﹣1∴2T n=﹣4+0×22+1×23+2×24+…+（n﹣2）2n．∴﹣T n=2+22+23++2n﹣1﹣（n﹣2）2n=∴T n=﹣2n+2+（n﹣2）2n=2+（n﹣3）2n．∴T n=2+（n﹣3）2n．当n=1时T1=﹣2也适合上式．∴T n=2+（n﹣3）2n（3）证明：T n•T n+2﹣T n+12=[2+（n﹣3）•2n]•[2+（n﹣1）•2n+2]﹣[2+（n﹣2）•2n+1]2=4+（n﹣1）•2n+3+（n﹣3）•2n+1+（n﹣1）（n﹣3）•22n+2﹣[4+（n+2）（n+2）•22n+2+（n﹣2）•2n+3] =2n+1[（n+1）﹣2n+1]∵2n+1＞0，∴需证明n+1＜2n+1，用数学归纳法证明如下：①当n=1时，1+1＜21+1成立．②假设n=k时，命题成立即k+1＜2k+1，那么，当n=k+1时，（k+1）+1＜2k+1+1＜2k+1+2k+1=2•2k+1=2（k+1）+1成立．由①、②可得，对于n∈N*都有n+1＜2n+1成立．∴2n+1[（n+1）﹣2n+1]＜0∴T n•T n+2＜T n+12【点评】能利用a n与S n之间的关系得到a n的通项公式，会根据递推公式求出b n的通项公式，并根据b n与c n关系求c n的通项公式．也要会应用错位相减法求前n项和及会用数学归纳法证明．16．（2014•南充一模）对于函数f（x），若存在x0∈R，使f（x0）=x0成立，则称x0为f（x）的不动点．如果函数f（x）=有且仅有两个不动点0和2．（1）试求b、c满足的关系式．（2）若c=2时，各项不为零的数列{a n}满足4S n•f（）=1，求证：＜＜．（3）设b n=﹣，T n为数列{b n}的前n项和，求证：T2009﹣1＜ln2009＜T2008．【考点】数列与不等式的综合．【专题】综合题；压轴题．【分析】（1）设=x的不动点为0和2，由此知即即且c≠0．（2）由c=2，知b=2，，2S n=a n﹣a n2，且a n≠1．所以a n﹣a n﹣1=﹣1，a n=﹣n，要证待证不等式，只要证，即证，只要证，即证．考虑证不等式（x＞0），由此入手能导出＜＜．（3）由b n=，知T n=．在中，令n=1，2，3， (2008)并将各式相加，能得到T2009﹣1＜ln2009＜T2008．【解答】解：（1）设=x的不动点为0和2∴即即且c≠0（2）∵c=2∴b=2∴f（x）=，由已知可得2S n=a n﹣a n2①，且a n≠1．当n≥2时，2S n﹣1=a n﹣1﹣a n﹣12②，①﹣②得（a n+a n﹣1）（a n﹣a n﹣1+1）=0，∴a n=﹣a n﹣1或a n=﹣a n﹣1﹣1，当n=1时，2a1=a1﹣a12⇒a1=﹣1，若a n=﹣a n﹣1，则a2=1与a n≠1矛盾．∴a n﹣a n﹣1=﹣1，∴a n=﹣n∴要证待证不等式，只要证，即证，只要证，即证．考虑证不等式（x＞0）**．令g（x）=x﹣ln（1+x），h（x）=ln（x+1）﹣（x＞0）．∴g'（x）=，h'（x）=，∵x＞0，∴g'（x）＞0，h'（x）＞0，∴g（x）、h（x）在（0，+∞）上都是增函数，∴g（x）＞g（0）=0，h（x）＞h（0）=0，∴x＞0时，．令x=则**式成立，∴＜＜，（3）由（Ⅱ）知b n=，则T n=1+在中，令n=1，2，3，2008，并将各式相加，得＜1+．即T2009﹣1＜ln2009＜T2008．【点评】本题考查不等式的性质和应用，解题时要认真审题，仔细解答，注意公式的合理运用．17．（2014•通州区二模）已知f（x）=，数列{a n}为首项是1，以f（1）为公比的等比数列；数列{b n}中b1=，且b n+1=f（b n），（1）求数列{a n}和{b n}的通项公式（2）令，{c n}的前n项和为T n，证明：对∀n∈N+有1≤T n＜4．【考点】数列与不等式的综合；等比数列的通项公式；数列的求和；数列递推式．【专题】综合题；压轴题．（1）由f（x）=，知f（1）=，，由b1=，且b n+1=f（b n），得，【分析】由此能求出数列{a n}和{b n}的通项公式．（2）由=n•，知，再由错位相减法能够求出结果．【解答】解：（1）∵f（x）=，∴f（1）==，∵{a n}为首项是1，以f（1）为公比的等比数列，∴，∵b1=，且b n+1=f（b n），∴b n+1=f（b n）=，两边同时取倒数，得=1+，∴，∴为等差数列，故．（2）∵=n•，∴，，两式相减整理，得，∵＞0，∴＜4，∵==，∴{T n}单调递增，∴{T n}min=T1=1，所以1≤T n＜4．【点评】本试题主要考查等比数列和等差数列的通项公式的求解以及数列求和的综合运用．解决该试题的关键是整体构造等差数列法，以及错位相减法的准确运用．18．（2014•鼓楼区校级二模）附加题：已知（x+1）n=a0+a1（x﹣1）+a2（x﹣1）2+a3（x﹣1）3+…+a n （x﹣1）n，（其中n∈N*）S n=a1+a2+a3+…+a n．（1）求S n；（2）求证：当n≥4时，S n＞（n﹣2）2n+2n2．【考点】数列与不等式的综合；数列的求和．【专题】综合题；压轴题．（1）由于与二项式有关，故可采用赋值法．取x=1，则a0=2n；取x=2，则a0+a1+a2+a3+…+a n=3n，【分析】从而可求S n；（2）要证S n＞（n﹣2）2n+2n2，只需证3n＞（n﹣1）2n+2n2，再利用数学归纳法加以证明．【解答】解：（1）取x=1，则a0=2n；取x=2，则a0+a1+a2+a3+…+a n=3n，∴S n=a1+a2+a3+…+a n=3n﹣2n；（4分）（2）要证S n＞（n﹣2）2n+2n2，只需证3n＞（n﹣1）2n+2n2，①当n=4时，81＞80；②假设当n=k（k≥4）时，结论成立，即3k＞（k﹣1）2k+2k2，两边同乘以3 得：3k+1＞3[（k﹣1）2k+2k2]=k2k+1+2（k+1）2+[（k﹣3）2k+4k2﹣4k﹣2]而（k﹣3）2k+4k2﹣4k﹣2=（k﹣3）2k+4（k2﹣k﹣2）+6=（k﹣3）2k+4（k﹣2）（k+1）+6＞0 ∴3k+1＞（（k+1）﹣1）2k+1+2（k+1）2，即n=k+1时结论也成立，由①②可知，当n≥4时，3n＞（n﹣1）2n+2n2成立．综上原不等式获证．（10分）【点评】本题以二项式为载体，考查赋值法的运用，考查数学归纳法，解题的关键是先分析转化，再利用数学归纳法证明．19．（2014•怀远县校级模拟）已知数列{a n}满足a1=1，a2=3，且，（1）求a2k﹣1（k∈N*）；（2）数列{y n}，{b n}满足y n=a2n﹣1，b1=y1，且当n≥2时．证明当n≥2时，有；（3）在（2）的条件下，试比较与4的大小关系．【考点】数列与不等式的综合；数列递推式；反证法与放缩法．【专题】计算题；综合题；压轴题．【分析】（1）设n=2k﹣1，利用条件可证数列（a2k﹣1}为等差数列．从而可求其通项；（2）先求得，，然后再写一式，两式相减即可证得；（3）先计算的当n=1时，；当n=2时，，再证当n≥3时，利用放缩法结合裂项求和即可的结论．【解答】解：（1）设n=2k﹣1由∴a2k+1﹣a2k﹣1=1∴数列（a2k﹣1}为等差数列．∴a2k﹣1=k（k∈N*）；…（4分）（2）证：y=a2n﹣1=n．当n≥2时，…①∴…②…（6分）②式减①式，有，得证．…（8分）（3）解：当n=1时，；当n=2时，，由（2）知，当n≥2时，，∴当n≥3时，=∵，∴…（14分）【点评】本题以数列为载体，考查等差数列的定义，考查数列与不等式的结合，有较强的技巧性．20．（2014•陈仓区校级一模）数列{a n}的各项均为正数，S n为其前n项和，对于任意n∈N*，总有2S n=a n2+a n．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设正整数数列{c n}满足a n+1=（c n）n+1，（n∈N*），求数列{c n}中的最大项；（Ⅲ）求证：T n=+++…+＜．【考点】数列与不等式的综合；数列的求和；数列递推式．【专题】压轴题；等差数列与等比数列．【分析】（Ⅰ）利用即可得出；（Ⅱ）解法一：通过构造函数，利用函数的单调性即可得出；解法二：先计算前几项，猜想出结论，利用数学归纳法即可证明；（Ⅲ））解法一：当n≥4时，可证：n4＞16n（n﹣1），再利用裂项求和即可证明；解法二：n≥2时，，再利用裂项求和即可证明．【解答】解：（Ⅰ）由已知：对于n∈N*，总有①成立∴②①﹣②得∴a n+a n﹣1=（a n+a n﹣1）（a n﹣a n﹣1）∵a n，a n﹣1均为正数，∴a n﹣a n﹣1=1（n≥2），∴数列{a n}是公差为1的等差数列，又n=1时，，解得a1=1．∴a n=n．（Ⅱ）解法一：由已知c n＞0，，⇒，同理，，．易得c1＜c2，c2＞c3＞c4＞…猜想n≥2时，{c n}是递减数列．令∵当x≥3时，lnx＞1，则1﹣lnx＜0，即f'（x）＜0．∴在[3，+∞）内f（x）为单调递减函数．由．∴n≥2时，{lnc n}是递减数列．即{c n}是递减数列．又c1＜c2，∴数列{c n}中的最大项为．解法二：猜测数列{c n}中的最大项为．c1＜c2＞c3易直接验证；以下用数学归纳法证明n≥3时，n n+1＞（n+1）n（1）当n=3时，n n+1=81＞64=（n+1）n，所以n=3时不等式成立；（2）假设n=k（k≥3）时不等式成立，即k k+1＞（k+1）k，即，当n=k+1时，，所以（k+1）k+2＞（k+2）k+1，即n=k+1时不等式成立．由（1）（2）知n n+1＞（n+1）n对一切不小于3的正整数都成立．（3）解法一：当n≥4时，由基本不等式的性质可得，当时，取前一个等号，显然取不到，因此：n3+16＞16n，∴n4＞16n（n﹣1）．解法二：n≥2时，，【点评】熟练掌握利用求通项、通过构造函数并利用函数的单调性证明不等式、数学归纳法、适当放缩、裂项求和是解题的关键．21．（2014•开福区校级一模）已知数列{a n}满足a1=5，a2=5，a n+1=a n+6a n﹣1（n≥2，n∈N*），若数列{a n+1+λa n}是等比数列．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）求证：当k为奇数时，；（Ⅲ）求证：（n∈N*）【考点】数列与不等式的综合．【专题】计算题；证明题；压轴题．【分析】（I）根据数列{a n+1+λa n}是等比数列，建立等式关系，化简整理得得λ=2或λ=﹣3，当λ=2时，得a n+1+2a n=15•3n﹣1①，当λ=﹣3时，得a n+1﹣3a n=﹣10（﹣2）n﹣1②，①﹣②可求出a n；（II）当k为奇数时，作差变形得＜0，从而得到结论；（III）由（Ⅱ）知k为奇数时，，讨论n的奇偶，分别进行证明即可．【解答】解：（Ⅰ）∵数列{a n+1+λa n}是等比数列∴应为常数∴得λ=2或λ=﹣3当λ=2时，可得{a n+1+2a n}为首项是a2+2a1=15，公比为3的等比数列，则a n+1+2a n=15•3n﹣1①当λ=﹣3时，{a n+1﹣3a n}为首项是a2﹣3a1=﹣10，公比为﹣2的等比数列，∴a n+1﹣3a n=﹣10（﹣2）n﹣1②①﹣②得，a n=3n﹣（﹣2）n（Ⅱ）当k为奇数时，=∴（Ⅲ）由（Ⅱ）知k为奇数时，①当n为偶数时，②当n为奇数时，．【点评】本题主要考查了等比数列，以及利用作差法比较大小和分类讨论的思想，属于中档题．22．（2014•合肥一模）已知函数f n（x）=x+，（x＞0，n≥1，n∈Z），以点（n，f n（n））为切点作函数y=f n（x）图象的切线l n，记函数y=f n（x）图象与三条直线x=n，x=n+1，l n所围成的区域面积为a n．（Ⅰ）求a n；（Ⅱ）求证：a n＜；（Ⅲ）设S n为数列{a n}的前n项和，求证：S n＜．【考点】数列与不等式的综合；定积分．【专题】综合题；压轴题；点列、递归数列与数学归纳法．【分析】（Ⅰ）求出原函数的导函数，求出切点坐标，由直线方程的点斜式求得切线方程，由定积分求得函数y=f n（x）图象与三条直线x=n，x=n+1，l n所围成的区域面积为a n；。

高考数列压轴题汇总

高考数列压轴题1、已知函数3()log ()f x ax b =+的图象经过点)1,2(A 和)2,5(B ，记()*3,.f n n a n N =∈（1）求数列}{n a 的通项公式；（2）设n n n nn b b b T a b +++==21,2，若)(Z m m T n ∈<，求m 的最小值；（3）求使不等式12)11()1111(21+≥+++n p a a a n对一切*N n ∈均成立的最大实数p . 2的图象3a ），16a ），等式A 31-=，111>=a x ，.(1)若()()*+∈=N n x f x n n 1，求()x f 的表达式；(2)已知点B ()0a ，，记()*∈=N n BA a n n ，且n n a a <+1成立，试求a 的取值范围；(3)设（2）中的数列{}n a 的前n 项和为n S ，试求：aa S n --<21 。

4、已知()f x 在(1,1)-上有定义，1()12f =且满足,x y (1,1)∈-时有()()(),1x y f x f y f xy--=-若数列{}n x 满足 11221,21n n nx x x x +==+。

（1）求(0)f 的值，并证明()f x 在(1,1)-上为奇函数；（2）探索1()()n n f x f x +与的关系式，并求()n f x 的表达式；（3）是否存在自然数m ，使得对于任意的*n N ∈，有12311118()()()()4n m f x f x f x f x -++++<恒成立？若存在，求出m 的最小值，若不存在，5｛a 存在，求出该项，若不存在，说明理由． 7、已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足：(1)1n n aS a a =--（a 为常数，且0,1a a ≠≠）．（Ⅰ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设21=+n n nS b a ，若数列{}n b 为等比数列，求a 的值；（Ⅲ）在满足条件（Ⅱ）的情形下，设11111n n n c a a +=++-，数列{}n c 的前n 项和为T n .求证：123n T n >-．8、已知214)(xx f +-=数列}{n a 的前n 项和为n S ，点1,(1+-n n n a a P 在曲线)(x f y =上)(*N n ∈且0,11>=n a a .（1）求数列}{n a 的通项公式；（2）数列}{n b 的前n 项和为且n T 满足381622121--+=++n n a T a T n n nn ，设定1b 的值使得数 92， )1(f （1（2（332⨯10(2,1)m =平移后便得到函数 1，求证：数列（Ⅲ）若112a <<，试证明：112n n a a +<<<．11、设数列{}n a 满足：11a =，且当n N *∈时，3211(1)1n n n n a a a a +++-+= (1) 比较n a 与1n a +的大小，并证明你的结论； (2) 若2211(1)n n n na b a a +=-，其中*∈N n ，证明：10 2.nk k b =<<∑12、已知函数2()ax bf x x c+=+是定义在R 上的奇函数，且当x =1时f (x )取最大值1.(1)求出a ,b ,c 的值并写出f (x )的解析式；(2)若x 1∈(0，1)，x n+1=f (x n )，试比较x n+1与x n 的大小并加以证明；(3)若111,()2n n x x f x +==，求证2222311212231()()()516n n n n x x x x x x x x x x x x ++---+++<.。

数列的压轴小题练习题和详细的分析解答(3)

数列的压轴小题练习题和详细的分析解答（3）1．数列{}n a 满足*31101,N ,n n n n a a a a n S +>=-∈+，表示数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭前n 项和，则下列选项中错误．．的是( ) A ．若1203a <<，则1n a - ⎪⎝⎭D ．若12a =，则200023S >2．已知数列{a n }满足：a 1=0，1ln(1)n an n a e a +=+-（n ∈N *），前n 项和为S n (参考数据： ln2≈0.693，ln3≈1.099)，则下列选项中错误的是（）A ．{}21n a -是单调递增数列，{}2n a 是单调递减数列B ．1ln 3n n a a ++≤C ．2020666S <D ．212n n a a -<3．设,a b ∈R ，数列{}n a 中，211,n n a a a a b +==+，N n *∈ ,则（）A ．当101,102b a => B ．当101,104b a => C ．当102,10b a =-> D ．当104,10b a =->4．已知函数f （x ）=e x （x +1）2，令f 1（x ）=f '（x ），f n +1（x ）=f n '（x ），若f n （x ）=e x （a n x 2+b n x +c n ），记数列{22nn na cb -}的前n 项和为S n ，则下列选项中与S 2019的值最接近的是( )A ．32B ．53C ．74D ．955．已知数列{}n a 中，112,()1,n n n a n a a a n N *+=-=+∈ ，若对于任意的[]*2,2,a n N ∈-∈，不等式21211n a t at n +<+-+恒成立，则实数t 的取值范围为（）A ．(][),21,-∞-⋃+∞B ．(][),22,-∞-⋃+∞ C ．(][),12,-∞-⋃+∞ D ．[]2,2-6．设,a b ∈R ，数列{}n a 中，211,n n a a a a b +==+，N n *∈ ,则（）A ．当101,102b a => B ．当101,104b a => C ．当102,10b a =-> D ．当104,10b a =->7．设数列{}n a 满足3110,1,n n a a ca c n Z ++==+-∈，其中c 为实数，数列2{}n a 的前n 项和是n S ，下列说法不正确的是（） A ．c ∈[0,1]是[0,1]n a ∈的充分必要条件B ．当c >1时，{}n a 一定是递减数列C ．当c <0时，不存在c 使{}n a 是周期数列D ．当14c =时，7n S n >-8．在数列{}n a 中，()*1N a a a =∈，()*11,? N 22019,?n n n n n a a a n a a +⎧⎪=∈⎨⎪+⎩若为偶数若为奇数，则下列结论成立的是（）A ．存在正整数a ，使得{}n a 为常数列B ．存在正整数a ，使得{}n a 为单调数列C ．对任意的正整数a ，集合{}*Nn a n ∈为有限集D ．存在正整数a ，使得任意的m 、*N n ∈，当m n ≠时，m n a a ≠9．已知数列{}n a 中，112,()1,n n n a n a a a n N *+=-=+∈ ，若对于任意的[]*2,2,a n N ∈-∈，不等式21211n a t at n +<+-+恒成立，则实数t 的取值范围为（） A ．(][),21,-∞-⋃+∞ B ．(][),22,-∞-⋃+∞ C ．(][),12,-∞-⋃+∞ D ．[]2,2-10．若数列{}n a 满足：存在正整数T ，对于任意正整数n 都有n T n a a +=成立，则称数列{}n a 为周期数列，周期为T .已知数列{}n a 满足()10a m m =>，11,11,01n n n n na a a a a +->⎧⎪=⎨<≤⎪⎩，则下列结论中错误的是（）A ．若34a =，则m 可以取3个不同的值； B．若m =，则数列{}n a 是周期为3的数列；C ．对于任意的*T N ∈且T ≥2，存在1m ，使得{}n a 是周期为T 的数列D ．存在m Q ∈且2m ≥，使得数列{}n a 是周期数列数列的压轴小题练习题和详细的分析解答（3）1．数列{}n a 满足*31101,N ,n n n n a a a a n S +>=-∈+，表示数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭前n 项和，则下列选项中错误．．的是( ) A ．若1203a <<，则1n a - ⎪⎝⎭D ．若12a =，则200023S >【答案】D 【解析】【分析】对于选项A ，令()31f x x x =-+，()0,1x ∈，利用导数求出()()0,1f x ∈即可；对于选项B ，首先得到当x ⎫∈⎪⎪⎝⎭()()11f f x f <<<=⎝⎭，然后结合1213a <<和21a a <可得出{}n a 递减；对于选项C ，证明11114n n n a a a +⎛⎫>- ⎪⎝⎭即可；对于选项D ，证明117116n n n a a a +⎛⎫<- ⎪⎝⎭即可. 【详解】对于选项A ，令()31f x x x =-+，()0,1x ∈则()231f x x '=-，所以()f x 在30,3上单调递减，在3⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增因为()()01,10,1139f f f ⎛⎫==->= ⎪ ⎪⎝⎭，所以()()0,1f x ∈ 所以当()120,0,13a ⎛⎫∈⊆ ⎪⎝⎭时1n a <，故A 正确对于选项B ，()()3212111n n n n n n n a a a a a a a +=-+=-+--因为1213a <<，所以21110a a +->，所以21a a <因为()31f x x x =-+在,13⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭上单调递增，所以当,13x ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭时有()()1133f f x f ⎛⎫<<<= ⎪ ⎪⎝⎭所以123193n a a a a >>>>>->，所以{}n a 递减，故B 正确对于选项C ，令()391,05g x x x x =-+> 则()2935g x x '=-，易得()min 10525g x g ⎛⎫==-> ⎪ ⎪⎝⎭所以39105n n a a -+>，所以3415n n n a a a -+>，即145n n a a +> 所以11114n n n a a a +⎛⎫>- ⎪⎝⎭所以122132111111111111144++1114244n n n n n n S a a a a a a a a a a a a +++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++>-+--= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭故C 正确对于选项D ，因为12a =，所以()32121210n n n n n n a a a a a a +=-=-+-+>所以()22114n nn n a a a a +>-≥≥令()381,4h x x x x =-+>，则()238h x x '=-易得()()40h x h >>，所以3810n n a a -+>，所以317n n n a a a -+>，即17n n a a +>所以117116n n n a a a +⎛⎫<- ⎪⎝⎭所以2233411111711711711++22666n n n n a a a a a a a a S +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++<+-+-- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭2111711171111226267263n n a a a ++⎛⎫⎛⎫=+-=+-<+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭故D 错误故选：D 【点睛】本题考查的是数列的综合问题，解答的关键是结合导数的知识，构建合适的不等式，属于难题.2．已知数列{a n }满足：a 1=0，1ln(1)n an n a e a +=+-（n ∈N *），前n 项和为S n (参考数据： ln2≈0.693，ln3≈1.099)，则下列选项中错误的是（）A ．{}21n a -是单调递增数列，{}2n a 是单调递减数列B ．1ln 3n n a a ++≤C ．2020666S <D ．212n n a a -<【答案】C 【解析】【分析】设nn a e b =，则有1111,n n n n n n b b b b b b +++⋅=+=，2211n n n b b b ++=+，构建()211x g x x +=+，求导分析可知导函数恒大于零，即数列{}{}221,n n b b -都是单调数列，分别判定1324,b b b b <>，即得单调性，数列{}n a 与数列{}n b 的单调性一致，可判定A 选项正确；B 、C 选项利用分析法证明，可知B 正确，C 错误；D选项利用数学归纳法证分两边证21212n n b b -<<，即可证得212n n a a -<. 【详解】由题可知，a 1=0，1ln(1)n an n a e a +=+-，020l ln(1n 2)a e =+=-设,0n n an b e b =>，则有1111,n n n n n n b b b b b b +++⋅=+=，即2211n n n b b b ++=+令()211x g x x +=+，则()()2101g x x '=>+，这里将()()22,,,n n n n b b b b -+视为()g x 上的前后两点，因函数()g x 单调递增，所以220n nn n b b b b +-->-，所以数列{}{}221,n n b b -都是单调数列又因为1011,a e b e ===同理可知，1324,b b b b <>，所以{}21n b -单调递增，{}2n b 单调递减因为数列{}n a 与数列{}n b 的单调性一致，所以{}21n a -单调递增，{}2n a 单调递减，故A 选项正确；因为nn a eb =，则ln n n a b =，欲证()111ln ln ln ln3n n n n n n a a b b b b ++++=+=⋅≤，即13132n n n n b b b b +⋅≤⇒+≤⇒≤由11n n n b b b ++=，上式化为111121n n n b b b ---+≤⇒≥，显然2n =时，11b =，当3n ≥时，21211n n n b b b ---+=>，故11n b -≥成立；所以原不等式成立故B 选项正确；欲证12ln 3n n n a a a ++++≥，只需证12ln ln ln ln 3n n n b b b ++++≥，即()12ln ln3n n n b b b ++⋅⋅≥ 即12121331311n n n n n n n n n n b b b b b b b b b b ++++⋅⋅≥⇒⋅⋅≥⇒2+≥⇒≥+，显然成立故12ln 31n n n a a a ++++≥>，所以20201998199816663S S >>⨯= 故C 选项错误；欲证212n n a a -<，因单调性一致则只需证212n n b b -<，只需证212n n b b -<<因为1112b =<，若2112n b -<，则212121************n n n n b b b b -+--+==-<=++；又因为22b =>2n b >22222211122112nnn nbbb b++==->=++；由数学归纳法有212n nb b-<<，则212n na a-<成立故D选项正确。

数列的压轴小题练习题和详细的分析解答（2）（含答案解析）

数列的压轴小题练习题和详细的分析解答（2）*1．设a ,b ∈R ，数列{a n}满足a1=a ，a n=ln an +1+b n ∈N ，则（）()A ．若b =-2，则a 2020>a C ．若b =2，则a2020>a2．已知数列{a n}，a n +1=a n +B ．若b =-2，则a 2020<a D ．若b =2，则a2020<an n ∈N +，a 1>0，则当n ≥2时，下列判断不一定正．．．an()确的是（）A ．a n≥n C ．立B ．a n +2-a n +1≥a n +1-a nD ．存在正整数k ，当n ≥k 时，a n≤n +1恒成a n +2a n +1≤a n +1an⎧1⎫3*{a }3．数列n 满足a 1>0，a n +1=a n -a n +1,n ∈N ,S n表示数列⎨⎬前n 项和，则下列选⎩a n ⎭项中错误的是( )．．A ．若0<a 1<2，则a n <13B ．若2<a 1<1，则{a n }递减323⎛1⎫1-2⎪C ．若a 1=，则S n >4 a 2⎝n +1⎭D ．若a 1=2，则S 2000>4．已知数列{a n }满足：a 1=0，an +1=ln(e n +1)-a n（n ∈N *），前n 项和为S n (参考数据：ln2≈0.693，ln3≈1.099)，则下列选项中错误的是（）A ．{a2n -1}是单调递增数列，{a 2n}是单调递减数列C ．S 2020<666x 2x 5．x +1）f n +1a n x 2+b n x +c n ）已知函数f （x ）=e （，令f 1（x ）=f '（x ），（x ）=f n '（x ），若f n （x ）=e （，a B ．a n+an +1≤ln 3D ．a 2n -1<a 2n记数列{2an }的前n 项和为S n ，则下列选项中与S 2019的值最接近的是( )2c n-bnB ．A ．3253C ．74D ．956．设数列{a n}满足a1=2，a 2=6，且a n +2-2a n +1+a n=2，若x 表示不超过x 的最大[]⎡22⎤⎡32⎤整数，（例如[1.6]=1,[-1.6]=-2）则⎢⎥+⎢⎥+⎣a 1⎦⎣a 2⎦A ．2018B ．2019C ．2020⎡20192⎤+⎢⎥＝（）a ⎣2018⎦D ．20217．已知数列{a n}的前n 项和为Sn，数列{b n}的前n 项和为Tn，满足a 1=2，3S n =(n +m )a n，m ∈R ，且a n b n =n .若存在n ∈N *，使得λ+T n ≥T 2n 成立，则实数λ的最小值为（）A ．8．已知数列{a n}满足：a n =⎨13B ．16C ．18D ．112n ≤5⎧2,n ∈N *).若正整数k (k ≥5)使得(⎩a 1a 2⋯a n -1-1,n ≥622a 12+a 2+⋯+a k =a 1a 2⋯a k成立，则k =( )A ．16B ．17C ．18D ．199．已知数列{a n}的各项都是正数且满足2a n-3a n=an -1n ∈N ,n ≥2，Sn是数列{a n}2*()的前n 项和，则下列选项中错误的一项是（）A ．若{a n}单调递增，则0<a1<2；B ．若a 1=1，则2<a <2；3C ．若a 1≠2，则(2a2+1)(2a3+1)34(2an+1)=a 1-2(n ≥2)a n-2D ．若a 1=3，则S n ≥3(3n +1).4数列的压轴小题练习题和详细的分析解答（2）*1．设a ,b ∈R ，数列{a n}满足a1=a ，a n=ln an +1+b n ∈N ，则（）()A ．若b =-2，则a 2020>a C ．若b =2，则a 2020>a【答案】A 【解析】【分析】B ．若b =-2，则a 2020<a D ．若b =2，则a2020<ax +2a +2a +2当b =-2时，a n =ln a n +1-2，即an +1=e n ，则an +1-a n =e n -a n，设f (x )=e -x利用导数研究出函数f (x )的的单调性，从而得到f (x )>0，即an +1-a n =e a n +2-a n>0，a -2a n=ln an +1+2，B 错误，得到数列{a n}单调递增，则选项A 正确，当b =2时，即an +1=e n ，则an +1-a n =e a n -2-a n，设g (x )=e x -2-x ，利用导数研究出函数g (x )的的单调性，可得一定存在x 1∈(0,2)，使得g (x 1)=0，x 2∈(2,4)，使得g (x 2)=0,当a1=x 1（或x 2）时有,an +1-a n =e 【详解】a +2当b =-2时，a n =ln a n +1-2，即a n +1=e n .a n +2-a n=0，从而选项C, D 不正确.则an +1-a n =e a n +2-a n，设f (x )=e x +2-x ，则f '(x )=e x +2-1f ''(x )=e x +2>0，所以f '(x )=e x +2-1在R 上单调递增,且f '(-2)=0所以当x >-2时，f '(x )>0，则f (x )单调递增.当x <-2时，f '(x )<0，则f (x )单调递减.所以f (x )≥f (-2)=e +2=3>0，所以an +1-a n=e 0a n +2-a n>0所以当b =-2时，数列{a n}单调递增，则选项A 正确，B 错误.a -2当b =2时，a n =ln a n +1+2，即a n +1=e n .则an +1-a n =e a n -2-a n，设g (x )=e x -2-x ，则g '(x )=e x -2-1g''(x)=e x-2>0，所以g'(x)=e x-2-1在R上单调递增,且g'(2)=0所以当x>2时，g'(x)>0，则g(x)单调递增.当x<2时，g'(x)<0，则g(x)单调递减.所以g (x)min=g(2)=e-2<0,又g(0)=e0-2>0，g(4)=e2-4>0所以一定存在x1∈(0,2)，使得g(x1)=0，x2∈(2,4)，使得g(x2)=0a+2x+2当a1=x1(或x2)时有，a2-a1=e1-a1=e1-x1=0，即a2=a1.an+2同理可得an+1-an=e故选：A 【点睛】-an=0，an=a1=a，所以选项C, D不正确.本题考查利用递推数列判断数列的单调性，考查构造函数，通过分析函数的单调性，从而判断数列的单调性，属于中档题.2．已知数列{an}，an+1=an+nn∈N+，a1>0，则当n≥2时，下列判断不一定正．．．an()确的是（）A．an ≥n B．an+2-an+1≥an+1-anD．存在正整数k，当n≥k时，an≤n+1恒an+2an+1≤C．an+1a n成立【答案】C 【解析】【分析】根据递推关系式an+1=an+nn∈N+利用数学归纳法证明A正确，利用分析法证明B正an()确，取特值可说明C不正确，an+1=an+nn∈N+两边平方后利用放缩法可得an()2222222 an n2+d n+1恒成立的条+1-(n+1)≤an-n，即可得到an-n≤a2-4，分析an≤件即可.【详解】a n +1=a n +nn ∈N +，a 1>0,an()当n =1时，a 2=a 1+1≥2，当a 1=1时取等号，a1假设n =k 时，a k ≥k ，当n =k +1时，a k +1=a k +kk ，由函数y =x +在[k ,+∞)上单调递增知a kxa k +1≥k +k=k +1，k由以上可知，a n ≥n 对n ≥2成立，故A 正确.若a n +2-a n +1≥a n +1-a n 成立，则需n +1an +1a n +1n成立，即a nann +1成立，na n +1n n n +1=1+1+=而成立，故原命题，B 正确；2a na nn 2n取a 1=2，则a 2=可知C 不正确；a 333233a 2515a a 533=⨯==⨯=，所以3>2，a 3=，此时，a 210525a 1224a 2a 1210a n +1=a n +nn ∈N +an()∴a 2n +1n 2=a +2n +2a n2n 2a n+2n +1，2222故a n +1-(n +1)≤a n-n ，222故a n-n ≤a 2-4=d ⇒a n≤n 2+d n +1取k ≥d -1的正整数，则有n ≥k 时，a n ≤n +1恒成立，故D 正确.2故选：C 【点睛】本题主要考查了数列的递推关系，数学归纳法，分析法证明，特值法排除，放缩法等不等式的性质，考查推理能力，运算能力，属于难题.⎧1⎫3*{a }a >0，a =a -a +1,n ∈N ,S 3．数列n 满足1⎬前n 项和，则下列选n +1n n n表示数列⎨a ⎩n ⎭项中错误的是( )．．A ．若0<a 1<2，则a n <13B ．若2<a 1<1，则{a n }递减323⎛1⎫1S >4-2C ．若a 1=，则n ⎪a 2⎝n +1⎭【答案】D 【解析】【分析】D ．若a 1=2，则S2000>对于选项A ，令f (x )=x -x +1，x ∈(0,1)，利用导数求出f (x )∈(0,1)即可；对于选项3B ，首先得到当x ∈ ⎛3⎫⎛3⎫32,1⎪<f <f x <f 1=1<a 1<1和()()时有，然后结合 ⎪ 3⎪⎪333⎝⎭⎝⎭⎛111⎫a 2<a 1可得出{a n }递减；对于选项C ，证明>4-⎪即可；对于选项D ，证明a n a ⎝n +1a n ⎭17⎛11⎫< -⎪即可.a n 6⎝a n a n +1⎭【详解】对于选项A ，令f (x )=x -x +1，x ∈(0,1)32则f '(x )=3x -1，所以f (x )在0,⎛3⎫3,1⎪上单调递减，在上单调递增 ⎪3⎝3⎭⎛3⎫23=1->0,f (1)=1，所以f (x )∈(0,1)因为f (0)=1,f ⎪ 3⎪9⎝⎭⎛2⎫a ∈所以当1 0,⎪⊆(0,1)时a n <1，故A 正确⎝3⎭对于选项B ，an +1-a n=a n-2a n+1=(a n-1)a n+a n-132()因为2<a 1<1，所以a 12+a 1-1>0，所以a 2<a 13⎛3⎫3f x =x -x +1因为()在 3,1⎪⎪上单调递增，⎝⎭⎛3⎫⎛3⎫3x ∈,1<f 所以当 3⎪⎪时有3 3⎪⎪<f (x )<f (1)=1⎝⎭⎝⎭所以a 1>a 2>a 3>>a n >1-233，>93所以{a n}递减，故B 正确对于选项C ，令g (x )=x -329x +1,x >05⎛15⎫6159=1->0则g '(x )=3x -，易得g (x )min =g ⎪ ⎪5255⎝⎭所以a n -所以所以3944a n +1>0，所以a n 3-a n +1>a n ，即a n +1>a n555⎛111⎫>4 -⎪a n ⎝a n +1a n⎭11S n =++a 1a2故C 正确⎛11⎫⎛11⎫1+>4 -⎪+4 -⎪+a n ⎝a 2a 1⎭⎝a 3a 2⎭⎛1⎛1⎛1⎫1⎫1⎫+4 -⎪=4 -⎪=4 -2⎪a a a a a n ⎭1⎭⎝n +1⎝n +1⎝n +1⎭32对于选项D ，因为a 1=2，所以a n +1-a n=a n-2a n+1=a n-2a n+1>0()所以an +1>an32(an-1)≥a n2≥42令h (x )=x -8x +1,x >4，则h '(x )=3x -833易得h (x )>h (4)>0，所以an-8a n +1>0，所以a n -a n +1>7a n，即a n +1>7an 17⎛11⎫<-所以 ⎪a n 6⎝a n a n +1⎭所以S n =11++2a2+117⎛11⎫7⎛11⎫<+ -⎪+ -⎪+a n 26⎝a 2a 3⎭6⎝a 3a 4⎭7⎛11⎫+ -⎪6⎝a n a n +1⎭17⎛11⎫17⎛11⎫112=+ -⎪=+ -⎪<+=26⎝a 2a n +1⎭26⎝7a n +1⎭263故D 错误故选：D 【点睛】本题考查的是数列的综合问题，解答的关键是结合导数的知识，构建合适的不等式，属于难题.4．已知数列{a n }满足：a 1=0，an +1=ln(e n +1)-a n（n ∈N *），前n 项和为S n (参考数据：ln2≈0.693，ln3≈1.099)，则下列选项中错误的是（）A ．{a2n -1}是单调递增数列，{a 2n}是单调递减数列C ．S 2020<666【答案】C 【解析】【分析】设e =b n ，则有b n +1⋅b n =b n +1,b n +1=a n a B ．a n+an +1≤ln 3D ．a 2n -1<a 2nb n +12b n +12x +1b =，n +2，构建g (x )=，求b n b n+1x +1导分析可知导函数恒大于零，即数列{b 2n},{b 2n -1}都是单调数列，分别判定b1b 4，即得单调性，数列{a n}与数列{b n}的单调性一致，可判定A 选项正确；B 、C 选项利用分析法证明，可知B 正确，C 错误；D 选项利用数学归纳法证分两边证b 2n -1<即可证得a 2n -1<a 2n .【详解】0由题可知，a 1=0，an +1=ln(e n +1)-a n，a 2=ln(e +1)-0=ln 2a 5+10，则有b n +1⋅b n =b n +1,b n +1=b n +12b n+1b =，即n +2b nb n+112x +1'g x =>0，这里将(b n -2,b n ),(b n ,b n +2)视为g (x )上的前()令g (x )=，则2(x +1)x +1b n +2-bn>0，后两点，因函数g (x )单调递增，所以b n-bn -2所以数列{b 2n},{b 2n -1}都是单调数列a 0又因为b 1=e 1=e =1,同理可知，b 1b 4，所以{b 2n -1}单调递增，{b 2n}单调递减因为数列{a n}与数列{b n}的单调性一致，所以{a 2n -1}单调递增，{a 2n}单调递减，故A 选项正确；因为e a n =b n，则a n =ln b n ，欲证a n +an +1=ln b n+ln bn +1=ln (b n⋅bn +1)≤ln3，即b n⋅bn +1≤3⇒b n+1≤3⇒b n≤2由b n +1=b n -1+1b n +1≤2⇒b n -1≥1，，上式化为b n -1bnbn -2+1>1，故bn -1≥1成立；bn -2显然n =2时，b 1=1，当n ≥3时，b n -1=所以原不等式成立故B 选项正确；欲证a n +a n +1+a n +2≥ln 3，只需证ln b n +ln b n +1+ln b n +2≥ln 3，即ln (b n⋅bn +1⋅bn +2)≥ln3即b n ⋅b n +1⋅b n +2≥3⇒b n ⋅b n +12b n +1⋅≥3⇒2b n +1≥3⇒b n ≥1，显然成立b nb n+1故a n +a n +1+a n +2≥ln 3>1，所以S 2020>S 1998>故C 选项错误；1998⨯1=6663欲证a2n -1<a 2n ，因单调性一致则只需证b 2n -1，则22又因为b 2=2>b2n +2=2b 2n +1115+1=2->2-=b 2n +1b 2n +12；5+1+12由数学归纳法有b 2n -1<故D 选项正确。

数列专题压轴小题

数列专题压轴小题一、单选题1．已知数列{a n }的首项a 1＝3，前n 项和为S n ，a n +1＝2S n +3，n ∈N *，设b n ＝log 3a n ，数列n n b a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和T n 的范围（） A ．1,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．1,23⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．13,34⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．13,44⎛⎤⎥⎝⎦2．我们知道，在n 次独立重复试验（即伯努利试验）中，每次试验中事件A 发生的概率为p ，则事件A 发生的次数X 服从二项分布(),B n p ，事实上，在无限次伯努利试验中，另一个随机变量的实际应用也很广泛，即事件A 首次发生时试验进行的次数Y ，显然()()11,1,2,3,k P Y k p p k -==-=，我们称Y 服从“几何分布”，经计算得1()E Y p=．由此推广，在无限次伯努利试验中，试验进行到事件A 和A 都发生后停止，此时所进行的试验次数记为Z ，则()()()1111,2,3,k k P Z k p p p p k --==-+-=，那么()E Z =（）A ．11(1)p p -- B ．21pC ．11(1)p p +-D ．21(1)p -3．对于任意实数x ，符号[x ]表示不超x 的最大整数，例如[3]＝3，[﹣1.2]＝﹣2，[1.2]＝1.已知数列{a n }满足a n ＝[log 2n ]，其前n 项和为S n ，若n 0是满足S n ＞2018的最小整数，则n 0的值为（） A ．305B ．306C ．315D ．3164．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，直线y x =-2222n x y a +=+交于n A ，()*n B n N ∈两点，且214n n n S A B =.若2123232n n a a a na a λ++++<+对任意*n N ∈恒成立，则实数λ的取值范围是( )A ．()0,∞+B ．1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．[)0,+∞D ．1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭5．已知数列{}n a 满足()12323213n n a a a na n ++++=-⋅．设4n nnb a =，n S 为数列{}n b 的前n 项和．若n S λ<（常数），*n N ∈，则λ的最小值是（）A ．32B ．94C ．3112D ．31186．已知F (x )=f (x +12)−2是R 上的奇函数，a n =f (0)+f (1n )+⋯+f (n−1n)+f (1)，n ∈N ∗则数列{a n }的通项公式为 A ．a n =nB ．a n =2(n +1)C ．a n =n +1D ．a n =n 2−2n +37．对于三次函数()()320f x ax bx cx d a =+++≠，给出定义：设()'f x 是函数()y f x =的导数，()f x "是()'f x 的导数，若方程()0f x "=有实数解0x ，则称点()()00,x f x 为函数()y f x =的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.设函数()3211533212g x x x x =-+-，则122018(201920192019g g g ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋯+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭)A ．2016B ．2017C ．2018D ．20198．已知数列{}n a 的通项公式为*2()n a n n N =-∈，设22()log 8xf x x x+=+-，则数列{}()n f a 的各项之和为 A ．36 B ．33C ．30D ．279．已知32017()25x f x x +=-，函数()g x 对任意x ∈R 有(20182)3(22013)g x g x -=--成立，()y f x =与()y g x =的图象有m 个交点为11(,)x y ，22(,)x y …，(,)m m x y ，则1()miii x y =+=∑（）A ．2013mB ．2015mC ．2017mD ．4m10．若数列{}n a 的前n 项和为n S ，nn S b n=，则称数列{}n b 是数列{}n a 的“均值数列”.已知数列{}n b 是数列{}n a 的“均值数列”且通项公式为n b n =，设数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，若2112n T m m <--对一切*n ∈N 恒成立，则实数m 的取值范围为（）A ．()1,3-B ．[]1,3-C ．()(),13,-∞-+∞ D ．(][),13,-∞-+∞11．设[]x 为不超过x 的最大整数，n a 为[][)()x x x 0,n ⎡⎤∈⎣⎦可能取到所有值的个数，n S 是数列n 1a 2n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭前n 项的和，则下列结论正确个数的有( ) （1）3a 4=（2）190是数列{}n a 中的项（3）105S 6=（4）当n 7=时，n a 21n+取最小值 A ．1个B ．2个C ．3个D ．4二、多选题12．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若存在实数A ，使得对任意*n N ∈，都有n S A <，则称数列{}n a 为“T 数列”.则以下结论正确的是（）A ．若{}n a 是等差数列，且10a >，公差0d <，则数列{}n a 是“T 数列”B ．若{}n a 是等比数列，且公比q 满足||1q <，则数列{}n a 是“T 数列”C ．若12(1)2n n n a n n ++=+，则数列{}n a 是“T 数列”D ．若2241n n a n =-，则数列{}n a 是“T 数列 13．已知n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，201920212020S S S <<，设12n n n n b a a a ++=，则数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，则下列结论中正确的是（） A ．20200a >B ．20210a <C ．2019202020212022a a a a ⋅>⋅D ．2019n =时，n T 取得最大值三．填空题14．（2020•山东新高考模拟演练4）等差数列{}n a 前n 项和为n S ，171,28a S ==，记lg n n b a ⎡⎤=⎣⎦，其中[]x 表示不超过x 的最大整数，则数列{}n b 前1000项的和为____15.（2020•上海）已知集合*{|21,}A x x n n N ==-∈，*{|2,}n B x x n N ==∈．将A B 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{}n a ．记n S 为数列{}n a 的前n 项和，则使得112n n S a +>成立的n 的最小值为________．16.（2020上海闵行）设数列{}n a 满足11a =,24,a =,39a =,()1234n n n n a a a a n ---=+-≥，2019a =______.数列压轴小题解析版一、单选题1．已知数列{a n }的首项a 1＝3，前n 项和为S n ，a n +1＝2S n +3，n ∈N *，设b n ＝log 3a n ，数列n n b a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和T n 的范围（） A ．1,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．1,23⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．13,34⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．13,44⎛⎤⎥⎝⎦【答案】C 【分析】由数列的递推式和等比数列的定义、通项公式可得n a ，求得1()3n n n b n a =⋅，再由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式可得n T ，判断{}n T 为递增数列，可得所求范围．【详解】解：首项13a =，前n 项和为n S ，*123,n n a S n +=+∈N ，可得21123239a S a =+=+=，2n 时，123n n a S -=+，又123n n a S +=+，两式相减可得11222n n n n n a a S S a +--=-=，则13n n a a +=，可得23n a a =23n n -=，上式对1n =也成立，则3nn a =，*n N ∈，33log log 3n n b a ==n n =，1()3n n n b n a =，则前n 项和1111123()39273nn T n =⋅+⋅+⋅+⋯+⋅，111111123()3927813n n T n +=⋅+⋅+⋅+⋯+⋅，相减可得1211111()()3392733n n n T n +=+++⋯+-⋅ 111(1)133()1313n n n +-=-⋅-，化简可得323443n nn T +=-⋅，由111325323104434433n n n n n n n n T T ++++++-=--+=>⋅⋅，可得{}n T 为递增数列，可得113n T T =，而23043n n +-<⋅，可得34nT <，综上可得1334n T <，故选：C ．【点睛】本题考查数列的递推式的运用，考查等比数列的定义和通项公式、求和公式，考查数列的错位相减法求和，以及化简运算能力和推理能力，属于中档题．2．我们知道，在n 次独立重复试验（即伯努利试验）中，每次试验中事件A 发生的概率为p ，则事件A 发生的次数X 服从二项分布(),B n p ，事实上，在无限次伯努利试验中，另一个随机变量的实际应用也很广泛，即事件A 首次发生时试验进行的次数Y ，显然()()11,1,2,3,k P Y k p p k -==-=，我们称Y 服从“几何分布”，经计算得1()E Y p=．由此推广，在无限次伯努利试验中，试验进行到事件A 和A 都发生后停止，此时所进行的试验次数记为Z ，则()()()1111,2,3,k k P Z k p p p p k --==-+-=，那么()E Z =（）A ．11(1)p p --B ．21pC ．11(1)p p +-D ．21(1)p -【答案】A 【分析】首先得出若()()11,2,3,k P Y k p p k -==-=，则1()E Y p p=-，然后()()()()()()()21212121313111k k E Z p p p p p p p p kp p k p p --=-+-+-+-++-+-+()()()21121311k p p p p p k p p p-=-+-+-++-+，设2123k k A p p kp -=+++．利用错位相减法即可得出k A ，然后可得答案. 【详解】因为()()11,1,2,3,k P Y k p p k -==-=，1()E Y p =． ∈若()()11,2,3,k P Y k p p k -==-=，则1()E Y p p=-．那么()()()()()2221213131E Z p p p p p p p p =-+-+-+-+()()1111k k kp p k p p --+-+-+()()()21121311k p p p p p k p p p-=-+-+-++-+．设2123k k A p p kp -=+++．()231231k k k pA p p k p kp -=+++-+．∈()()12311121k k k k k p p p A p p p p kp p kp p----=++++-=+--．∈k →+∞时，()11k p p A p p-→+-． ∈11()11(1)p E Z p p p p p p =-++=---．故选：A ．【点睛】本题考查的是随机变量的期望和利用错位相减法求数列的和，属于中档题.3．对于任意实数x ，符号[x ]表示不超x 的最大整数，例如[3]＝3，[﹣1.2]＝﹣2，[1.2]＝1.已知数列{a n }满足a n ＝[log 2n ]，其前n 项和为S n ，若n 0是满足S n ＞2018的最小整数，则n 0的值为（） A ．305 B ．306C ．315D ．316【答案】D 【分析】由题意，求解2[log ]n a n =的通项，即可求解前n 项和为n S ，即可求解满足2018n S >的最小整数0n 的值．【详解】解：由题意，2[log ]n a n =，当1n =时，可得10a =．(1项）当1222n <时，即231a a ==．(2项）当2322n <时，即4572a a a ==⋯⋯==．(4项）当3422n <时，即89153a a a ==⋯⋯==．(8项）当4522n <时，即1617314a a a ==⋯⋯=．(16项）⋯⋯当122n n n +<时，即122121n n n a a a n ++-==⋯⋯=，(2n 项）前n 项和为：1234122232422n n S n =⨯+⨯+⨯+⨯+⋯⋯+⨯．⋯⋯∈231212222n n S n +=⨯+⨯+⋯+⨯．⋯⋯∈由∈-∈可得：23122222n n n S n +-=+++⋯⋯+- 即1112222(1)22018n n n n S n n +++=-+=-+> 此时：8n ．对应的项为83162a a =．即0316n ．故选：D ．【点睛】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其前n 项和公式、“错位相减法”、递推式的意义，考查了推理能力与计算能力，属于难题.4．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，直线y x =-2222n x y a +=+交于n A ，()*n B n N ∈两点，且214n n n S A B =.若2123232n n a a a na a λ++++<+对任意*n N ∈恒成立，则实数λ的取值范围是( )A ．()0,∞+B ．1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．[)0,+∞D ．1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【答案】B 【分析】由已知得到关于数列{a n }的递推式，进一步得到{S n +2}是以1a +2为首项，2为公比的等比数列．求出数列{a n }的前n 项和为S n ，进一步求得数列{a n }的通项，然后利用错位相减法求得123n a 2a 3a ...n a ++++⋅，代入123n a 2a 3a ...n a ++++⋅＜λa n 2+2，分离参数λ，求出n 1n 12--的最大值得答案．【详解】圆心O （0，0）到直线y ＝x ﹣x ﹣y ﹣=0的距离d ==2，由d 22n n 1(|A B |)2+=r 2，且2n n n 1S |A B |4=，得22+S n ＝2a n +2，∈4+S n ＝2（S n ﹣S n ﹣1）+2，即S n +2＝2（S n ﹣1+2）且n≥2；∈{S n +2}是以1a +2为首项，2为公比的等比数列．由22+S n ＝2a n +2，取n ＝1，解得1a ＝2， ∈S n +2＝（1a +2）•2n ﹣1，则S n ＝2n+1﹣2； ∈n 1n n n n n 1a S S 22222+-=-=--+=（n≥2）．1a ＝2适合上式，∈n n a 2=．设n 123n T a 2a 3a ...n a =++++⋅ ()23n 1n 22232...n 12n 2-=+⨯+⨯++-⋅+⋅，()234n n 1n 2T 22232...n 12n 2+=+⨯+⨯++-⋅+⋅，所以()n 123n n 1n 1n 212T 222...22n 212++--=++++-=-⋅-()n 1n 1n 122n 21n 22+++=--⋅=-⋅-.所以()n 1n T n 122+=-⋅+，若2123n n a 2a 3a ...n a λa 2++++⋅<+对任意*n N ∈恒成立，即()()2n 1n n 122λ22+-⋅+<+对任意*n N ∈恒成立，即n 1n 1λ2-->对任意*n N ∈恒成立. 设n n 1n 1b 2--=，因为n 1nn n 1n n n 12nb b 222+----=-=，所以1234n n 1b b b b ...b b ...+=>>>>，故n b 的最大值为23b b = 因为231b b 2==，所以1λ2>. 故选B 【点睛】本题考查数列通项公式，数列求和，数列的最值，不等式恒成立问题，考查数学转化思想方法，训练了利用错位相减法求数列的前n 项和，考查直线与圆的位置关系，是中档题． 5．已知数列{}n a 满足()12323213n n a a a na n ++++=-⋅．设4n nnb a =，n S 为数列{}n b 的前n 项和．若n S λ<（常数），*n N ∈，则λ的最小值是（）A ．32B ．94C ．3112D ．3118【答案】C 【分析】当2n ≥时，类比写出()()11231231233n n a a a n a n --++++-=-⋅，两式相减整理得143n n a -=⋅，当1n =时，求得1=34a ≠，从而求得数列{}n a 和{}n b 的通项公式.；再运用错位相减法求出n S ，结合n S 的性质，确定λ的最小值. 【详解】()12323213n n a a a na n ++++=-⋅ ∈当2n ≥时，类比写出()()11231231233n n a a a n a n --++++-=-⋅ ∈由∈-∈得 143n n na n -=⋅ ，即143n n a -=⋅.当1n =时，134a =≠，131432n n n a n -=⎧∴=⎨⋅≥⎩，141323n n n b nn -⎧=⎪⎪=⎨⎪≥⎪⎩210214231123333333333n n n n nS --=++++=+++++ ∈ 23111123-1+3933333n n n n n S -=+++++ ∈ ∈-∈得，023*******1+-39333333n n n n S -=+++++11-23-1931-3n n n =+316931-124312n n n S +∴=<⋅n S λ<（常数），*n N ∈， ∴λ的最小值是3112故选C. 【点睛】本题考查数列通项公式的求法和数列前n 项和的计算方法，解题时要认真审题，仔细解答，注意公式的合理选用.6．已知F (x )=f (x +12)−2是R 上的奇函数，a n =f (0)+f (1n )+⋯+f (n−1n)+f (1)，n ∈N ∗则数列{a n }的通项公式为 A ．a n =n B ．a n =2(n +1) C ．a n =n +1 D ．a n =n 2−2n +3【答案】B 【分析】由F (x )=f (x +12)−2在R 上为奇函数，知f （12−x ）+f （12+x ）=4，令t =12−x ，则12+x =1−t ，得到f （t ）+f （1−t ）=4．由此能够求出数列{a n }的通项公式．【详解】由题已知F (x )=f (x +12)−2是R 上的奇函数故F （−x ）=−F （x ），代入得：f （12−x ）+f （12+x ）=4，（x ∈R ） ∈函数f （x ）关于点（12，2）对称，令t =12−x ，则12+x =1−t ，得到f （t ）+f （1−t ）=4． ∈a n =f (0)+f (1n )+⋯+f (n−1n )+f (1)，a n =f (1)+f (n−1n )+⋯+f (1n )+f (0)倒序相加可得2a n =4（n +1），即a n =2（n +1），故选B ．【点睛】本题考查函数的基本性质，借助函数性质处理数列问题问题，对数学思维的要求比较高，要求学生理解f （12−x ）+f （12+x ）=4，（x ∈R ）．属难题7．对于三次函数()()320f x ax bx cx d a =+++≠，给出定义：设()'f x 是函数()y f x =的导数，()f x "是()'f x 的导数，若方程()0f x "=有实数解0x ，则称点()()00,x f x 为函数()y f x =的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.设函数()3211533212g x x x x =-+-，则122018(201920192019g g g ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋯+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭)A ．2016B ．2017C ．2018D ．2019【答案】C 【解析】分析：对已知函数求两次导数可得图象关于点1,12⎛⎫⎪⎝⎭对称，即()()12f x f x +-=，利用倒序相加法即可得到结论. 详解：函数()3211533212g x x x x =-+-，函数的导数()2'3g x x x =-+，()'21g x x =-，由()0'0g x =得0210x -=，解得012x =，而112g ⎛⎫= ⎪⎝⎭，故函数()g x 关于点1,12⎛⎫⎪⎝⎭对称，()()12g x g x ∴+-=，故设122018...201920192019g g g m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则201820171...201920192019g g g m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，两式相加得220182m ⨯=，则2018m =，故选C.点睛：本题主要考查初等函数的求导公式，正确理解“拐点”并利用“拐点”求出函数的对称中心是解决本题的关键，求和的过程中使用了倒序相加法，属于难题.8．已知数列{}n a 的通项公式为*2()n a n n N =-∈，设22()log 8xf x x x+=+-，则数列{}()n f a 的各项之和为 A ．36 B ．33 C ．30 D ．27【答案】D 【解析】由()22log 8x f x x x +=+-，可知208xx+>-，解得28x -<<. (){}nf a 中28n a -<<，又2n a n =-，所以.1,0,1,2,7n a =-.()2866log 2xf x x x--=-++.可得()()66f x f x +-=.且有()33f = 数列(){}n f a 的各项之和为()()()()()()129107f a f a f a f f f ++=-++()()()()()()()()()17061524346327f f f f f f f f f ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=-++++++++=⨯+=⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦.故选D.点睛：倒序相加法求和，不仅应用在等差数列中，而且在函数以及组合中也有应用.等差数列中主要利用等差数列性质：若()*,,,,m n p q m n p q N +=+∈，则m n p q a a a a +=+；函数中主要利用对称中心性质：若()f x 关于(),m n 对称，则()()22f x f m x n +-=；组合中中主要利用组合数性质： n m nm mC C -=. 9．已知32017()25x f x x +=-，函数()g x 对任意x ∈R 有(20182)3(22013)g x g x -=--成立，()y f x =与()y g x =的图象有m 个交点为11(,)x y ，22(,)x y …，(,)m m x y ，则1()miii x y =+=∑（）A ．2013mB ．2015mC ．2017mD ．4m【答案】D 【解析】化简()320173203225225x f x x x +==+--，()3201725x f x x +=-的图象关于53,22⎛⎫⎪⎝⎭对称，由()()20182322013g x g x -=--可得()()53g t g t -=-,可得()y g x = 的图象也关于53,22⎛⎫⎪⎝⎭对称，因此()y f x =与()y g x =的图象的m 个交点为()11,x y ，()22,x y …，(),m m x y ，也关于53,22⎛⎫⎪⎝⎭对称，所以12233...5m m m x x x x x x --+=+=+== ，12233...3m m m y y y y y y --+=+=+==，设121...m m x x x x M -+++= ，则121...m m x x x x M -+++=，两式相加可()()()()1221215...25,2m m m m x x x x x x x x M m M m --++++++++===，同理可得 1213...2m m y y y y m -++++=，()1mi i i x y =+∑= 12...+m x x x +++1235...422m y y y m m m +++=+=，故选D.【方法点睛】本题主要考函数的对称性、函数的图象与性质、倒序相加法求和以及数学的转化与划归思想. 属于难题.转化与划归思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决知识点较多以及知识跨度较大的问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点.以便将问题转化为我们所熟悉的知识领域，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用于解题当中.解答本题的关键是将等式与解析式转化为对称问题，将对称问题转化为倒序相加求和. 10．若数列{}n a 的前n 项和为n S ，nn S b n=，则称数列{}n b 是数列{}n a 的“均值数列”.已知数列{}n b 是数列{}n a 的“均值数列”且通项公式为n b n =，设数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，若2112n T m m <--对一切*n ∈N 恒成立，则实数m 的取值范围为（）A ．()1,3-B ．[]1,3-C ．()(),13,-∞-+∞D ．(][),13,-∞-+∞【答案】D 【分析】根据题意，求得2n S n =，进而求得数列的通项公式为21n a n =-，结合裂项法求得数列的前n 和n T ，得出不等式211122m m --≥，即可求得实数m 的取值范围. 【详解】由题意，数列{}n a 的前n 项和为n S ，由“均值数列”的定义可得nS n n=，所以2n S n =，当1n =时，111a S ==；当2n ≥时，()221121n n n a S S n n n -=-=--=-，11a =也满足21n a n =-，所以21n a n =-，所以()()111111212122121n n a a n n n n +⎛⎫==- ⎪⋅-+-+⎝⎭，所以11111111111233521212212n T n n n ⎛⎫⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-=-< ⎪ ⎪-++⎝⎭⎝⎭，又2112n T m m <--对一切*n ∈N 恒成立，所以211122m m --≥，整理得2230m m --≥，解得1m ≤-或3m ≥. 即实数m 的取值范围为(][),13,-∞-+∞.故选：D. 【点睛】数列与函数、不等式综合问题的求解策略：1、已知数列的条件，解决函数问题，解决此类问题一把要利用数列的通项公式，前n 项和公式，求和方法等对于式子化简变形，注意数列与函数的不同，数列只能看作是自变量为正整数的一类函数，在解决问题时要注意这一特殊性；2、解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题中，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等，若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决.11．设[]x 为不超过x 的最大整数，n a 为[][)()x x x 0,n ⎡⎤∈⎣⎦可能取到所有值的个数，n S 是数列n 1a 2n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭前n 项的和，则下列结论正确个数的有( ) （1）3a 4=（2）190是数列{}n a 中的项（3）105S 6=（4）当n 7=时，n a 21n+取最小值 A ．1个 B ．2个C ．3个D ．4【答案】C 【分析】先求得123,,a a a 的结果，归纳推理得到[]x x ⎡⎤⎣⎦个数的表达，即n a 的值，由此对四个结论逐一分析，从而得出正确选项. 【详解】当1n =时，[)[][][]0,1,0,0,00x x x x ∈===，故11a =.当2n =时，[)0,2x ∈，[]{}0,1x ∈，[][)0,2x x ∈，[]{}0,1x x ⎡⎤∈⎣⎦，故22a =.当3n =时，[)0,3x ∈，[]{}0,1,2x ∈，[][)[)[)0,11,24,6x x ∈⋃⋃，故[]{}0,1,4,5x x ⎡⎤∈⎣⎦，共有4个数，即34a =，故（1）结论正确. 以此类推，当2n ≥，[)0,x n ∈时，[]{}0,1,,1x n ∈-，[][)[)[)()())20,11,24,61,1x x n n n ⎡∈⋃⋃⋃⋃--⎣，故[]x x ⎡⎤⎣⎦可以取的个数为()22112312n n n -++++++-=，即()2222n n n a n -+=≥，当1n =时上式也符合，所以222n n n a -+=；令190n a =，得()1378n n -=，没有整数解，故（2）错误.12n a n + ()()21121212n n n n ⎛⎫==- ⎪++++⎝⎭，所以111111112223341222n S n n n ⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭，故1011522126S ⎛⎫=-=⎪⎝⎭，所以（3）判断正确. 212211122222n a n n n n +=+->-=，222,442n n n==，当6n =时21166na n +=+，当7n =时21167n a n +=+，故当7n =时取得最小值，故（4）正确.综上所述，正确的有三个，故选C. 【点睛】本小题主要考查取整函数的理解，考查分析和推理的能力，考查裂项求和法，考查数列最小值的求法，综合性很强，属于难题.当数列的通项公式是两个等差数列相乘的倒数时，求前n 项和的方法是裂项相消求和法.基本不等式等号不成立时，可在附近的整数点来求取本题（4）所要求的最小值.二、多选题12．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若存在实数A ，使得对任意*n N ∈，都有n S A <，则称数列{}n a 为“T 数列”.则以下结论正确的是（）A ．若{}n a 是等差数列，且10a >，公差0d <，则数列{}n a 是“T 数列”B ．若{}n a 是等比数列，且公比q 满足||1q <，则数列{}n a 是“T 数列”C ．若12(1)2n n n a n n ++=+，则数列{}n a 是“T 数列”D ．若2241n n a n =-，则数列{}n a 是“T 数列【答案】BC 【分析】写出等差数列的前n 项和结合“T 数列”的定义判断A ；写出等比数列的前n 项和结合“T 数列”的定义判断B ；利用裂项相消法求和判断C ；当n 无限增大时，n S 也无限增大判断D ．【详解】在A 中，若{}n a 是等差数列，且10a >，公差0d <，则2122n d d S n a n ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，当n 无限增大时，n S 也无限增大，所以数列{}n a 不是“T 数列”，故A 错误. 在B 中，因为{}n a 是等比数列，且公比q 满足||1q <，所以()11111112111111n nn n a q a a q a a q aS qq q q q q-==-+<------，所以数列{}n a 是“T 数列”，故B 正确. 在C 中，因为11211(1)22(1)2n n n n n a n n n n +++==-+⋅+⋅，所以122311111111111||122222322(1)22(1)22n n n n S n n n ++=-+-++-=-<⨯⨯⨯⨯⋅+⋅+⋅∣∣.所以数列{}n a 是“T 数列”，故C 正确.在D 中，因为22211141441n n a n n ⎛⎫==+ ⎪--⎝⎭，所以222111114342143141n S n n ⎛⎫=+++++⎪⨯-⨯--⎝⎭，当n 无限增大时，n S 也无限增大，所以数列{}n a 不是“T 数列”，故D 错误. 故选：BC. 【点睛】方法点睛：裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)()1111n n k k n n k ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭；（2） 1k=；（3）()()1111212122121n n n n ⎛⎫=- ⎪-+-+⎝⎭；（4）()()122121n n n +--()()()()1121212121n n nn ++---=--1112121n n +=---；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.13．已知n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，201920212020S S S <<，设12n n n n b a a a ++=，则数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，则下列结论中正确的是（）A ．20200a >B ．20210a <C ．2019202020212022a a a a ⋅>⋅D ．2019n =时，n T 取得最大值【答案】ABC 【分析】根据题设条件，得到2021202020212020201920200,0S S a S S a -=<-=>，进而求得201920220a a >->，20192020a a >20212022a a ，再结合“裂项法”求得12121112n n n T d a a a a ++⎫⎛=-⎪⎝⎭，结合0d <，即可求解. 【详解】设等差数列{}n a 的公差为d ，因为201920212020S S S <<，可得2021202020210S S a -=<，2020201920200S S a -=>，20212019S S -=202120200a a +>，即202020210a a >->，202020210a d a d ->-->，即201920220a a >->，所以20192020a a >20212022a a ，0d <，即数列{}n a 递减，且10a >，20a >，…，20200a >，20210a <，又由12n n n n b a a a ++=，可得1211n n n n b a a a ++==1121112n n n n d a a a a +++⎛⎫- ⎪⎝⎭，则122323341121211111111122n n n n n T d a a a a a a a a a a a a d a a +++⎛⎫⎛=-+-+⋅⋅⋅+-=- ⎪ ⎝⎝⎭121n n a a ++⎫⎪⎭，由0d <，要使n T 取最大值，则121211n n a a a a ++⎛⎫- ⎪⎝⎭取得最小值，显然1210n n a a ++>，而23a a >34201920202021202220222023a a a a a a a a >⋅⋅⋅>><<⋅⋅⋅，所以当2020n =时，121211n n a a a a ++⎛⎫-⎪⎝⎭取得最小值. 综上可得，正确的选项为ABC. 故选：ABC. 【点睛】本题主要考查了数列的综合应用，其中解答中熟练应用通项n a 和n S 的关系式，数列的“裂项法”求和，以及数列的单调性进行求解是解答的关键，着重考查推理与运算能力.四．填空题14．（2020•山东新高考模拟演练4）等差数列{}n a 前n 项和为n S ，171,28a S ==，记lg n n b a ⎡⎤=⎣⎦，其中[]x 表示不超过x 的最大整数，则数列{}n b 前1000项的和为____ 【答案】1893【解析】利用等差数列的通项公式与求和公式可得n a ，再利用lg n n b a ⎡⎤=⎣⎦，可得12391011129910000,1,,3b b b b b b b b b ===⋯=======⋯=,即可得出．详解：解：n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，且171,28a S ==，4728a =．可得44a =，则公差1d =．n a n =，lg n n b a ⎡⎤=⎣⎦，则123910111299[lg1]0,0,1b b b b b b b b ====⋯=====⋯==,10010110210399910002,3b b b b b b ====⋯===,数列{}n b 的前1000项和为：9×0＋90×1＋900×2＋3＝1893．故答案为：1893．点睛：本题考查了等差数列的通项公式与求和公式、对数运算性质、取整函数，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．15.（2020•上海）已知集合*{|21,}A x x n n N ==-∈，*{|2,}n B x x n N ==∈．将AB 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{}n a ．记n S 为数列{}n a 的前n 项和，则使得112n n S a +>成立的n 的最小值为________．【答案】27【解析】设=2kn a ，则12[(211)+(221)+(221)][222]k k n S -=⨯-⨯-+⋅-++++()11221212212(12)222212k k kk k ---++⨯--=+=+--由112n n S a +>得2211211522212(21),(2)20(2)140,22,6k k k k k k k -+---+->+-->≥≥所以只需研究5622n a <<是否有满足条件的解，此时25[(211)+(221)+(21)][222]n S m =⨯-⨯-+-++++25122m +=+-，+121n a m =+，m 为等差数列项数，且16m >.由25122212(21),2450022,527m m m m m n m ++->+-+>∴≥=+≥，得满足条件的n 最小值为27.16.（2020上海闵行）设数列{}n a 满足11a =,24,a =,39a =,()1234n n n n a a a a n ---=+-≥，2019a =______. 【答案】8073【解析】对n 分奇偶讨论求解即可【详解】当n 为偶数时，123213n n n n a a a a a a ----=-=-=当n 为奇数时，123325n n n n a a a a a a ----=-=-=故当n 为奇数时，11221111=++++5314322n n n n n n n a a a a a a a a n --------=⨯+⨯+=- 故20194201938073a =⨯-= 故答案为8073。

高考数学压轴专题(易错题)备战高考《数列》分类汇编含解析

新单元《数列》专题解析一、选择题1．已知数列{}n a 的前n 项和()2*23n S n n n N=+∈，则{}na 的通项公式为（）A ．21n a n =+B ．21n a n =-C ．41n a n =+D ．41n a n =-【答案】C 【解析】【分析】首先根据223n S n n =+求出首项1a 的值，然后利用1n n n a S S -=-求出2n ≥时n a 的表达式，然后验证1a 的值是否适合，最后写出n a 的式子即可. 【详解】因为223n S n n =+，所以，当2n ≥时，22123[2(1)3(1)]41n n n a S S n n n n n -=-=+--+-=+，当1n =时，11235==+=a S ，上式也成立，所以41n a n =+，故选C. 【点睛】该题考查的是有关数列的通项公式的求解问题涉及到的知识点有数列的项与和的关系，即11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，算出之后再判断1n =时对应的式子是否成立，最后求得结果.2．等差数列{}n a 中，1510a a +=，47a =，则数列{}n a 前6项和6S 为（）A ．18B ．24C ．36D ．72【答案】C 【解析】【分析】由等差数列的性质可得35a =，根据等差数列的前n 项和公式163466622a a a aS ++=⨯=⨯可得结果. 【详解】∵等差数列{}n a 中，1510a a +=，∴3210a =，即35a =，∴163465766636222a a a a S +++=⨯=⨯=⨯=，故选C. 【点睛】本题主要考查了等差数列的性质以及等差数列的前n 项和公式的应用，属于基础题.3．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若34322128,6a a S ⋅==，则数列{}(1)nn a -的前40项和为（） A ．0 B ．20 C ．40 D ．80【答案】B 【解析】【分析】先由题意求出34a +a =7，然后利用等差数列的前n 项和公式表示出134a a +=，前后两式作差，求出公差，进而代入求出首项，最后即得n a n =，代入题目中{}(1)nn a -，两两组合可求新数列前40项的和. 【详解】依题意，()133362a a S +== ，∴134a a +=，①∵3422128a a ⋅=，即342128a a +=， ∴34a +a =7，② ②－①得33d =， ∴1d =， ∴11,n a a n ==， ∴(1)(1)n n n a n -=-，∴{}(1)nn a -的前40项和40(12)(34)(3940)20S -++-++⋅⋅⋅+-+==，故选：B . 【点睛】本题考查了指数运算：同底数幂相乘，底数不变，指数相加；主要考查等差数列的前n 和公式，等差中项的性质等等，以及常见的摆动数列的有限项求和，可以采用的方法为：分组求和法，两两合并的方法等等，对学生的运算能力稍有要求，为中等难度题4．已知数列22333311313571351,,,,,,,...,,,, (2222222222)nn n ，则该数列第2019项是（） A ．1019892 B ．1020192C ．1119892D ．1120192 【答案】C 【解析】【分析】由观察可得()22333311313571351,,,,,,,...,,,,...2222222222n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭项数为21,1,2,4,8,...,2,...k -，注意到101110242201922048=<<=，第2019项是第12个括号里的第995项. 【详解】由数列()22333311313571351,,,,,,,...,,,,...2222222222n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，可发现其项数为 21,1,2,4,8,...,2,...k -，则前11个括号里共有1024项，前12个括号里共有2048项，故原数列第2019项是第12个括号里的第995项，第12个括号里的数列通项为11212m -，所以第12个括号里的第995项是1119892. 故选：C. 【点睛】本题考查数列的定义，考查学生观察找出已知数列的特征归纳出其项数、通项，是一道中档题.5．“中国剩余定理”又称“孙子定理”．1852年，英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲．1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1到2019这2019个数中，能被3除余2且被5整除余2的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{}n a ，则此数列所有项中，中间项的值为（） A ．992 B ．1022C ．1007D ．1037【答案】C 【解析】【分析】首先将题目转化为2n a -即是3的倍数，也是5的倍数，也即是15的倍数.再写出{}n a 的通项公式，算其中间项即可. 【详解】将题目转化为2n a -即是3的倍数，也是5的倍数，也即是15的倍数. 即215(1)n a n -=-，1513n a n =-当135n =，135151351320122019a =⨯-=<，当136n =，136151361320272019a =⨯-=>，故1,2,n =……，135数列共有135项．因此数列中间项为第68项，681568131007a =⨯-=. 故答案为：C ．【点睛】本题主要考查数列模型在实际问题中的应用，同时考查了学生的计算能力，属于中档题.6．《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列，冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺，前九个节气日影长之和为85.5尺，则小满日影长为（） A ．1.5尺 B ．2.5尺C ．3.5尺D ．4.5尺【答案】C 【解析】【分析】结合题意将其转化为数列问题,并利用等差数列通项公式和前n 项和公式列方程组,求出首项和公差,由此能求出结果. 【详解】解:从冬至日起,依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列{}n a ,冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺,前九个节气日影长之和为85.5尺,∴()()111913631.598985.52a a d a d S a d ⎧++++=⎪⎨⨯=+=⎪⎩, 解得113.5a =,1d =-,∴小满日影长为1113.510(1) 3.5a =+⨯-=（尺）. 故选C . 【点睛】本题考查等差数列的前n 项和公式,以及等差数列通项公式的运算等基础知识,掌握各公式并能熟练运用公式求解,考查运算求解能力,考查化归与转化思想,属于基础题.7．已知椭圆221x y m n+=满足条件：,,m n m n +成等差数列，则椭圆离心率为( )ABC ．12D【答案】B 【解析】【分析】根据满足条件,,m n m n +成等差数列可得椭圆为2212x ym m+=,求出,a c ．再求椭圆的离心率即可. 【详解】()22n m m n n m =++⇒=,∴椭圆为2212x y m m+=,22c m m m =-=,得c =又a =2c e a ∴==.B. 【点睛】一般求离心率有以下几种情况：①直接求出,a c ，从而求出e ;②构造,a c 的齐次式，求出e ;③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解;④根据圆锥曲线的统一定义求解．8．数列{a n }，满足对任意的n ∈N +，均有a n +a n +1+a n +2为定值.若a 7=2，a 9=3，a 98=4，则数列{a n }的前100项的和S 100=( ) A ．132 B ．299C ．68D ．99【答案】B 【解析】【分析】由12n n n a a a ++++为定值，可得3n n a a +=，则{}n a 是以3为周期的数列，求出123,,a a a ，即求100S . 【详解】对任意的n ∈+N ，均有12n n n a a a ++++为定值，()()123120n n n n n n a a a a a a +++++∴++-++=，故3n n a a +=，{}n a ∴是以3为周期的数列，故17298392,4,3a a a a a a ======，()()()100123979899100123133S a a a a a a a a a a a ∴=+++++++=+++L ()332432299=+++=.故选：B . 【点睛】本题考查周期数列求和，属于中档题.9．定义“穿杨二元函数”如：(,)248n C a n a a a a =++++L 144424443个.例如：()3,436122445C =+++=.若a Z +∃∈，满足(),C a n n =，则整数n 的值为( )A ．0B ．1C ．0或1D ．不存在满足条件的n【答案】B 【解析】【分析】由(,)248n C a n a a a a =++++L 144424443个，得()()12,2112nn C a n a a -=⨯=--,然后根据(),C a n n =结合条件分析得出答案.【详解】由(,)248n C a n a a a a =++++L 144424443个，得()()12,2112nn C a n a a -=⨯=-- 由(),C a n n =，可得()21na n -=.当0n =时，对任意a Z +∈都满足条件. 当0n ≠时, 21nna =-,由a Z +∈，当1n =时，1a =满足条件. 当2n ≥且n Z ∈时，设()21xf x x =--，则()2ln 21xf x '=-在2x ≥上单调递增. 所以()()24ln 210f x f ''>=->，所以()f x 在2x ≥上单调递增. 所以()()24120f x f >=-->，即当2n ≥且n Z ∈时，恒有21n n ->.则()0,121nna =∈-这与a Z +∈不符合.所以此时不满足条件. 综上：满足条件的n 值为0或1.故选：B 【点睛】本题考查新定义，根据定义解决问题，关键是理解定义，属于中档题.10．在数列{}n a 中，()111,1nn n a a a n +==++-，则2018a 的值为（）A ．2017⨯1008B ．2017⨯1009C ．2018⨯1008D ．2018⨯1009【答案】B 【解析】【分析】根据已知条件()nn 1n a a n 1+-=+-,利用累加法并结合等差数列的前n 项和公式即可得到答案. 【详解】()nn 1n a a n 1+-=+-,()()20182017201720162016201520152014a a 20171,a a 20161,a a 20151,a a 20141,-=+--=+-=+--=+⋅⋅⋅32a a 21-=+,()21a a 11,-=+-将以上式子相加得20181a a 20172016-=++⋅⋅⋅+2，即2018a 20172016=++⋅⋅⋅+2+1=2017(12017)201710092+=⨯，故选：B. 【点睛】本题考查数列递推关系式的应用和累加法求和，考查等差数列前n 项和公式的应用.11．已知数列{}n a 的前n 项和为212343n S n n =++（*N n ∈），则下列结论正确的是( )A ．数列{}n a 是等差数列B ．数列{}n a 是递增数列C ．1a ，5a ，9a 成等差数列D ．63S S -，96S S -，129S S -成等差数列【答案】D 【解析】【分析】由2*123()43n S n n n N =++∈，2n …时，1n n n a S S -=-．1n =时，11a S =．进而判断出正误．【详解】解：由2*123()43n S n n n N =++∈，2n ∴…时，2211212153[(1)(1)3]4343212n n n a S S n n n n n -=-=++--+-+=+．1n =时，114712a S ==，1n =时，15212n a n =+，不成立．∴数列{}n a 不是等差数列．21a a <，因此数列{}n a 不是单调递增数列．5191547154322(5)(9)021*******a a a --=⨯⨯+--⨯+=-≠，因此1a ，5a ，9a 不成等差数列．631535(456)32124S S -=⨯+++⨯=．961553(789)32124S S -=⨯+++⨯=．1291571(101112)32124S S -=⨯+++⨯=．Q53235710444⨯--=，63S S ∴-，96S S -，129S S -成等差数列．故选：D ．【点睛】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式、数列递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．12．在数列{}n a 中，1112,1n na a a +=-=-，则2016a 的值为A ．-2B ．13 C ．12 D ．32【答案】B 【解析】由111n na a +=-，得2111111111n n n na a a a ++=-=-=--. 所以32111111n n n na a a a ++=-=-=-. 即数列{}n a 以3为周期的周期数列. 所以2016311113a a a ===-. 故选B.点睛：数列的递推关系是给出数列的一种方法，根据给出的初始值和递推关系可以依次写出这个数列的各项，由递推关系求数列的通项公式，常用的方法有：①求出数列的前几项，再归纳猜想出数列的一个通项公式；②将已知递推关系式整理、变形，变成等差、等比数列，或用累加法、累乘法、迭代法求通项，本题是通过迭代得到了数列的周期性．13．一对夫妇为了给他们的独生孩子支付将来上大学的费用，从孩子一周岁生日开始，每年到银行储蓄a 元一年定期，若年利率为r 保持不变，且每年到期时存款（含利息）自动转为新的一年定期，当孩子18岁生日时不再存入，将所有存款（含利息）全部取回，则取回的钱的总数为( ) A ．17(1)a r + B ．17[(1)(1)]ar r r +-+C ．18(1)a r +D ．18[(1)(1)]ar r r+-+【答案】D 【解析】【分析】由题意可得：孩子18岁生日时将所有存款（含利息）全部取回，可以看成是以(1)a r +为首项，(1)r +为公比的等比数列的前17项的和，再由等比数列前n 项和公式求解即可. 【详解】解：根据题意，当孩子18岁生日时，孩子在一周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为17(1)a r +，同理：孩子在2周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为16(1)a r +，孩子在3周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为15(1)a r +，⋯⋯孩子在17周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为(1)a r +，可以看成是以(1)a r +为首项，(1)r +为公比的等比数列的前17项的和，此时将存款（含利息）全部取回，则取回的钱的总数：17171618(1)[(1)1](1)(1)(1)[(1)(1)]11a r r aS a r a r a r r r r r++-=++++⋯⋯++==+-++-；故选：D ．【点睛】本题考查了不完全归纳法及等比数列前n 项和，属中档题.14．对于实数,[]x x 表示不超过x 的最大整数.已知正项数列{}n a 满足112n n n S a a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，*n N ∈，其中n S 为数列{}n a 的前n 项和，则[][][]1240S S S +++=L （）A ．135B ．141C ．149D ．155【答案】D 【解析】【分析】利用已知数列的前n 项和求其n S 得通项，再求[]n S 【详解】解：由于正项数列{}n a 满足112n n n S a a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，*n N ∈，所以当1n =时，得11a =，当2n ≥时，111111[()]22n n n n n n n S a S S a S S --⎛⎫=+=-+ ⎪-⎝⎭ 所以111n n n n S S S S ---=-，所以2=n S n ，因为各项为正项，所以=n S n因为[][][]1234851,1,[]1,[][]2S S S S S S =======L ,[]05911[][]3S S S ====L ,[]161724[][]4S S S ====L ,[]252635[][]5S S S ====L , []363740[][]6S S S ====L .所以[][][]1240S S S +++=L 13+25+37+49+511+65=155⨯⨯⨯⨯⨯⨯，故选：D 【点睛】此题考查了数列的已知前n 项和求通项，考查了分析问题解决问题的能力，属于中档题.15．已知{}n a 是公差d 不为零的等差数列，其前n 项和为n S ，若348,,a a a 成等比数列，则A ．140,0a d dS >>B ．140,0a d dS <<C ．140,0a d dS ><D ．140,0a d dS <>【答案】B 【解析】 ∵等差数列，，，成等比数列，∴，∴，∴，，故选B.考点：1.等差数列的通项公式及其前项和；2.等比数列的概念16．已知数列{}n a 中，732,1a a ==，又数列11n a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭是等差数列，则11a 等于（） A ．0 B ．12C ．23D ．1-【答案】B 【解析】【分析】先根据条件得等差数列11n a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭公差以及通项公式，代入解得11a .【详解】设等差数列11n a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭公差为d ，则731111144,112324d d d a a =-∴=-=++，从而31115(3)11242424n n n a a =+-⋅=+++ 11111115211242432a a =+=∴=+，选B. 【点睛】本题考查等差数列通项公式，考查基本求解能力，属基本题.17．在等差数列{}n a 中，其前n 项和是n S ，若90S >，100S <，则在912129,,,S S S a a a ⋯中最大的是（） A ．11S a B ．88S a C ．55S a D ．99S a 【答案】C 【解析】【分析】由题意知5600a a ＞，＜．由此可知569121256900...0,0,...0S S S S Sa a a a a ，，，>>><<，所以在912129...S S S a a a ，，，中最大的是55S a ．【详解】由于191109510569()10()9050222a a a a S a S a a ++====+＞，（）＜，所以可得5600a a ＞，＜．这样569121256900...0,0,...0S S S S S a a a a a ，，，>>><<，而125125S S S a a a ⋯⋯＜＜＜，＞＞＞>0，，所以在912129...S S S a a a ，，，中最大的是55S a ．故选C ．【点睛】本题考查等数列的性质和应用，解题时要认真审题，仔细解答．属中档题.18．根据下面的程序框图，输出的S 的值为（）A ．1007B ．1009C ．0D ．-1【答案】A 【解析】【分析】按照程序框图模拟运行即可得解. 【详解】1i =，1112x ==--，0(1)1S =+-=-；2i =，111(1)2x ==--， 11122S =-+=-；3i =，12112x ==-，13222S =-+=；4i =，1112x ==--，31(1)22S =+-=，…，由此可知，运行程序过程中，x 呈周期性变化，且周期为3，所以输出112672110072S ⎛⎫=-++⨯-= ⎪⎝⎭. 故选A 【点睛】本题主要考查程序框图和数列的周期性，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.19．{}n a 为等差数列，公差为d ，且01d <<，5()2k a k Z π≠∈，223557sin 2sin cos sin a a a a +⋅=，函数()sin(4)(0)f x d wx d w =+>在20,3π⎛⎫⎪⎝⎭上单调且存在020,3x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()f x 关于0(,0)x 对称，则w 的取值范围是（） A ．20,3⎛⎤ ⎥⎝⎦ B ．30,2⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．24,33⎛⎤⎥⎝⎦D ．33,42⎛⎤⎥⎝⎦【答案】D 【解析】【分析】推导出sin4d ＝1，由此能求出d ，可得函数解析式，利用在203x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，上单调且存在()()0020203x f x f x x π⎛⎫∈+-= ⎪⎝⎭，，，即可得出结论．【详解】∵{a n }为等差数列，公差为d ，且0＜d ＜1，a 52k π≠（k ∈Z ）， sin 2a 3+2sin a 5•cos a 5＝sin 2a 7， ∴2sin a 5cos a 5＝sin 2a 7﹣sin 2a 3＝2sin 372a a +cos 732a a -•2cos 372a a +sin 732a a -=2sin a 5cos2d •2cos a 5sin2d ， ∴sin4d ＝1，∴d 8π=．∴f （x ）8π=cosωx ，∵在203x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，上单调 ∴23ππω≥， ∴ω32≤；又存在()()0020203x f x f x x π⎛⎫∈+-= ⎪⎝⎭，，，所以f （x ）在（0，23π）上存在零点，即223ππω＜，得到ω34＞．故答案为 33,42⎛⎤⎥⎝⎦故选D【点睛】本题考查等差数列的公差的求法，考查三角函数的图象与性质，准确求解数列的公差是本题关键，考查推理能力，是中档题．20．执行如图所示的程序框图，若输入，则输出的S的值是A．B．C．D．【答案】B【解析】【分析】本题首先可以通过程序框图明确输入的数值以及程序框图中所包含的关系式，然后按照程序框图所包含的关系式进行循环运算，即可得出结果．【详解】由程序框图可知，输入，，，第一次运算：，；第二次运算：，；第三次运算：，；第四次运算：，；第五次运算：，；第六次运算：，；第七次运算：，；第八次运算：，；第九次运算：，；第十次运算：，，综上所述，输出的结果为，故选B．【点睛】本题考查程序框图的相关性质，主要考查程序框图的循环结构以及裂项相消法的使用，考查推理能力，提高了学生从题目中获取信息的能力，体现了综合性，提升了学生的逻辑推理、数学运算等核心素养，是中档题．。

高考数学压轴专题(易错题)备战高考《数列》全集汇编

数学《数列》高考复习知识点一、选择题1．设函数()mf x x ax =+的导数为()21f x x '=+，则数列()()2N n f n *⎧⎫⎪⎪∈⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和是（） A ．1nn + B ．21nn + C ．21nn - D ．()21n n+ 【答案】B 【解析】【分析】函数()mf x x ax =+的导函数()21f x x '=+，先求原函数的导数，两个导数进行比较即可求出m ，a ，利用裂项相消法求出()()2N n f n *⎧⎫⎪⎪∈⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和即可．【详解】Q 1()21m f x mx a x -'=+=+，1a \=，2m =，()(1)f x x x ∴=+，112()()(1)221f n n n n n ==-++， ∴111111122[()()()]2(1)1223111n n S n n n n =-+-++-=-=+++L ，故选：B ．【点睛】本题考查数列的求和运算，导数的运算法则，数列求和时注意裂项相消法的应用．2．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若2n n S a n =-，则9S =（） A ．993 B ．766 C ．1013 D ．885【答案】C 【解析】【分析】计算11a =，()1121n n a a -+=+，得到21nn a =-，代入计算得到答案.【详解】当1n =时，11a =；当2n ≥时，1121n n n n a S S a --=-=+，∴()1121n n a a -+=+，所以{}1n a +是首项为2，公比为2的等比数列，即21nn a =-，∴1222n n n S a n n +=-=--，∴1092111013S =-=．故选：C . 【点睛】本题考查了构造法求通项公式，数列求和，意在考查学生对于数列公式方法的灵活运用.3．已知数列{}n a 中，12a =，211n n n a a a +=-+，记12111n nA a a a =++⋯+，12111n nB a a a =⋅⋅⋯⋅，则（） A ．201920191A B +> B ．201920191A B +< C ．2019201912A B -> D ．2019201912A B -< 【答案】C 【解析】【分析】根据数列{}{},n n A B 的单调性即可判断n n A B -；通过猜想归纳证明，即可求得n n A B +. 【详解】注意到12a =，23a =，37a =，不难发现{}n a 是递增数列．（1）21210n n n n a a a a +-=-+≥，所以1n n a a +≥．（2）因为12a =，故2n a ≥，所以1n n a a +>，即{}n a 是增函数．于是，{}n A 递增，{}n B 递减，所以20192121156A A a a >=+=，20192121116B A a a <=⋅=，所以2019201912A B ->. 事实上，111,A B +=221,A B +=331A B +=，不难猜想：1n n A B +=．证明如下：（1）211121111111111111n n n n n n n n a a a a a a a a a a ++-=-+⇒=-⇒++⋅⋅⋅+=----．（2）211n n n a a a +=-+等价于21111n n na a a +=--，所以1111n n n a a a +-=-，故12111111n n a a a a +⋅⋅⋯⋅=-，于是12121111111n n a a a a a a ⎛⎫⋅⋅⋯⋅+++⋯+= ⎪⎝⎭，即有1n n A B +=．故选：C. 【点睛】本题考查数列的单调性，以及用递推公式求数列的性质，属综合中档题.4．已知数列{}n a 满足12n n a a +-=，且134,,a a a 成等比数列.若{}n a 的前n 项和为n S ，则n S 的最小值为（）A ．–10B ．14-C ．–18D ．–20【答案】D 【解析】【分析】利用等比中项性质可得等差数列的首项，进而求得n S ，再利用二次函数的性质，可得当4n =或5时，n S 取到最小值.【详解】根据题意，可知{}n a 为等差数列，公差2d =，由134,,a a a 成等比数列，可得2314a a a =，∴1112()4(6)a a a ++=，解得18a =-.∴22(1)981829()224n n n S n n n n -=-+⨯=-=--. 根据单调性，可知当4n =或5时，n S 取到最小值，最小值为20-. 故选：D. 【点睛】本题考查等差数列通项公式、等比中项性质、等差数列前n 项和的最值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意当4n =或5时同时取到最值.5．将正整数20分解成两个正整数的乘积有120⨯，210⨯，45⨯三种，其中45⨯是这三种分解中两数差的绝对值最小的，我们称45⨯为20的最佳分解.当p q ⨯（p q ≤且*,p q ∈N ）是正整数n 的最佳分解时我们定义函数()f n q p =-，则数列(){}5nf ()*n N ∈的前2020项的和为（）A ．101051+B ．1010514-C ．1010512-D ．101051-【答案】D【分析】首先利用信息的应用求出关系式的结果，进一步利用求和公式的应用求出结果．【详解】解：依题意，当n 为偶数时，22(5)550nnn f =-=；当n 为奇数时，111222(5)5545n n n n f +--=-=⨯，所以01100920204(555)S =++⋯+，101051451-=-g ，101051=-．故选：D 【点睛】本题考查的知识要点：信息题的应用，数列的求和的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题．6．若两个等差数列{}n a 、{}n b 的前n 项和分别为n A 、n B ，且满足2131n n A n B n -=+，则371159a a ab b +++的值为（）A ．3944B ．58C ．1516D ．1322【答案】C 【解析】【分析】利用等差中项的性质将371159a a ab b +++化简为7732a b ,再利用数列求和公式求解即可. 【详解】11337117131135971313()3333213115213()22223131162a a a a a a A b b b b b B +++⨯-==⨯=⨯=⨯=++⨯+, 故选:C. 【点睛】本题考查了等差中项以及数列求和公式的性质运用,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.7．等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知2611203a a a a --+=，则21S 的值为（） A ．63 B ．21C ．63-D ．21【答案】C【分析】根据等差数列性质，原式可变为()220616113()a a a a a +-+-=，即可求得21112163S a ==-.【详解】∵261116203a a a a a ---+=， ∴()220616113()a a a a a +-+-=， ∴113a =-，∴21112163S a ==-，故选：C ．【点睛】此题考查等差数列性质和求和公式，需要熟练掌握等差数列基本性质，根据性质求和.8．执行下面程序框图输出S 的值为（）A ．2542B ．3764C ．1730D ．67【答案】A 【解析】【分析】模拟执行程序框图，依此写出每次循环得到的,S i 的值并判断5i >是否成立，发现当6i =，满足5i >，退出循环，输出运行的结果111111324354657S =++⨯⨯⨯⨯⨯++，利用裂项相消法即可求出S ．由题意可知，第1次循环时113S =⨯，2i =，否；第2次循环111324S =+⨯⨯，3i =，否；第3次循环时111132435S =++⨯⨯⨯，4i =，否；第4次循环时111113243546S =++⨯⨯⨯⨯+，5i =，否；第5次循环时111111324354657S =+++⨯⨯⨯⨯⨯+，6i =，是；故输出111111324354657S =++⨯⨯⨯⨯⨯++111111111112324354657⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+-+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦= 1111251226742⎛⎫=+--=⎪⎝⎭ 故选：A. 【点睛】本题主要考查程序框图中的循环结构，同时考查裂项相消法求和，属于基础题．9．已知单调递增的等比数列{}n a 中，2616a a ⋅=，3510a a +=，则数列{}n a 的前n 项和n S =（）A ．2124n -- B ．1122n -- C ．21n - D ．122n +-【答案】B 【解析】【分析】由等比数列的性质，可得到35,a a 是方程210160x x -+=的实数根，求得1,a q ，再结合等比数列的求和公式，即可求解. 【详解】由题意，等比数列{}n a 中，2616a a ⋅=，3510a a +=，根据等比数列的性质，可得3516a a ⋅=，3510a a +=，所以35,a a 是方程210160x x -+=的实数根，解得352,8a a ==或358,2a a ==，又因为等比数列{}n a 为单调递增数列，所以352,8a a ==，设等比数列{}n a 的首项为1a ，公比为(1)q q >可得214128a q a q ⎧=⎨=⎩，解得11,22a q ==，所以数列{}n a 的前n 项和11(12)122122nn n S --==--. 故选：B . 【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式的基本量的运算，以及等比数列的前n 项和公式的应用，着重考查了推理与运算能力.10．等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若32S =，618S =，则106S S 等于（） A ．-3 B ．5C ．-31D ．33【答案】D 【解析】【分析】先由题设条件结合等比数列的前n 项和公式，求得公比q ，再利用等比数列的前n 项和公式，即可求解106S S 的值，得到答案.【详解】由题意，等比数列{}n a 中32S =，618S =，可得313366316(1)1121(1)11181a q S q q a q S q q q ---====--+-，解得2q =，所以101105105516(1)11133(1)11a q S q q q a q S q q---===+=---. 故选：D . 【点睛】本题主要考查了等比数列的前n 项和公式的应用，其中解答中熟记等比数列的前n 项和公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与计算能力.11．设等比数列{}n a 的前n 项和记为n S ,若105:1:2S S =,则155:S S =( )A ．34B ．23C ．12D ．13【答案】A 【解析】【分析】根据等比数列前n 项和的性质求解可得所求结果．【详解】∵数列{}n a 为等比数列，且其前n 项和记为n S ， ∴51051510,,S S S S S --成等比数列． ∵105:1:2S S =，即1051 2S S =， ∴等比数列51051510,,S S S S S --的公比为105512S S S -=-， ∴()1510105511 24S S S S S -=--=， ∴15510513 44S S S S =+=， ∴1553:4S S =．故选A ．【点睛】在等比数列{}n a 中，其前n 项和记为n S ，若公比1q ≠，则233,,,k k k k k S S S S S --L 成等比数列，即等比数列中依次取k 项的和仍为等比数列，利用此性质解题时可简化运算，提高解题的效率．12．在递减等差数列{}n a 中，21324a a a =-．若113a =，则数列11{}n n a a +的前n 项和的最大值为 ( ) A ．24143B ．1143C ．2413D ．613【答案】D 【解析】设公差为,0d d < ，所以由21324a a a =-，113a =，得213(132)(13)42d d d +=+-⇒=- （正舍），即132(1)152n a n n =--=- ，因为111111()(152)(132)2215213n n a a n n n n +==----- ，所以数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和等于1111116()()213213213261313n --≤--=-⨯- ，选D. 点睛：裂项相消法是指将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如1n n c a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭(其中{}n a 是各项均不为零的等差数列，c 为常数)的数列. 裂项相消法求和，常见的有相邻两项的裂项求和(如本例)，还有一类隔一项的裂项求和，如1(1)(3)n n ++或1(2)n n +.13．在各项都为正数的等比数列{}n a 中，若12a =，且1564a a ⋅=，则数列1(1)(1)n n n a a a +⎧⎫⎨⎬--⎩⎭的前n 项和是（） A ．11121n +--B ．1121n -+ C ．1121n -+ D ．1121n -- 【答案】A 【解析】由等比数列的性质可得：2153364,8a a a a ==∴=，则数列的公比：2q ===，数列的通项公式：112n nn a a q -==，故：()()()()1112111121212121n n n n n n n n a a a +++==-------，则数列()()111n n n a a a +⎧⎫⎪⎪⎨⎬--⎪⎪⎩⎭的前n 项和是：1223111111111121212121212121n n n ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪-------⎝⎭⎝⎭⎝⎭L . 本题选择A 选项.点睛：使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．14．科赫曲线是一种外形像雪花的几何曲线，一段科赫曲线可以通过下列操作步骤构造得到，任画一条线段，然后把它均分成三等分，以中间一段为边向外作正三角形，并把中间一段去掉，这样，原来的一条线段就变成了4条小线段构成的折线，称为“一次构造”；用同样的方法把每条小线段重复上述步骤，得到16条更小的线段构成的折线，称为“二次构造”，…，如此进行“n 次构造”，就可以得到一条科赫曲线.若要在构造过程中使得到的折线的长度达到初始线段的1000倍，则至少需要通过构造的次数是（）.（取lg30.4771≈，lg 20.3010≈）A ．16B ．17C ．24D ．25【答案】D 【解析】【分析】由折线长度变化规律可知“n 次构造”后的折线长度为43na ⎛⎫ ⎪⎝⎭，由此得到410003n⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，利用运算法则可知32lg 2lg 3n ≥⨯-，由此计算得到结果.【详解】记初始线段长度为a ，则“一次构造”后的折线长度为43a ，“二次构造”后的折线长度为243a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，以此类推，“n 次构造”后的折线长度为43na ⎛⎫ ⎪⎝⎭，若得到的折线长度为初始线段长度的1000倍，则410003na a ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，即410003n⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，()()44lg lg lg 4lg32lg 2lg3lg1000333nn n n ⎛⎫∴==-=-≥= ⎪⎝⎭，即324.0220.30100.4771n ≥≈⨯-，∴至少需要25次构造.故选：D . 【点睛】本题考查数列新定义运算的问题，涉及到对数运算法则的应用，关键是能够通过构造原则得到每次构造后所得折线长度成等比数列的特点.15．已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若1231112a a a ++=，22a =，则3S =（） A ．10 B ．7C ．8D ．4【答案】C 【解析】【分析】根据等比数列的性质可将已知等式变为12332224a a a S a ++==，解方程求得结果.由题意得：13123321231322111124a a a a a S a a a a a a a +++++=+=== 38S ∴= 本题正确选项：C【点睛】本题考查等比数列性质的应用，关键是能够根据下角标的关系凑出关于3S 的方程，属于基础题.16．在等差数列{}n a 中，其前n 项和是n S ，若90S >，100S <，则在912129,,,S S S a a a ⋯中最大的是（）A ．11S aB ．88S aC ．55S aD ．99S a 【答案】C【解析】【分析】由题意知5600a a ＞，＜．由此可知569121256900...0,0,...0S S S S S a a a a a ，，，>>><<，所以在912129...S S S a a a ，，，中最大的是55S a ．【详解】由于191109510569()10()9050222a a a a S a S a a ++====+＞，（）＜，所以可得5600a a ＞，＜．这样569121256900...0,0,...0S S S S S a a a a a ，，，>>><<，而125125S S S a a a ⋯⋯＜＜＜，＞＞＞>0，，所以在912129...S S S a a a ，，，中最大的是55S a ．故选C ．【点睛】本题考查等数列的性质和应用，解题时要认真审题，仔细解答．属中档题.17．已知数列{}n a的首项112,9n n a a a +==+，则27a =（）A ．7268B ．5068C ．6398D ．4028【答案】C【解析】由19n n a a +=+得2123)n a ++=，所以构造数列为等差数列，算出22(31)n a n +=-，求出27a .【详解】易知0n a >，因为19n n a a +=+，所以2123)n a ++=，3，是以3为公差，以2为首项的等差数列.231,2(31)n n a n =-+=-，即2278026398a =-=.故选：C【点睛】本题主要考查由递推公式求解通项公式，等差数列的通项公式，考查了学生的运算求解能力.18．等差数列{}n a 中，1599a a a ++=，它的前21项的平均值是15，现从中抽走1项，余下的20项的平均值仍然是15，则抽走的项是( )A ．11aB ．12aC ．13aD ．14a 【答案】A【解析】【分析】由等差数列的性质可知5113,15a a ==，再根据前21项的均值和抽取一项后的均值可知抽取的一项的大小为15，故可确定抽走的是哪一项.【详解】因为1952a a a +=，所以539a =即53a =. 有211521S =得1115a =，设抽去一项后余下的项的和为S ，则2015300S =⨯=，故抽取的一项的大小为11，所以抽走的项为11a ，故选A.【点睛】一般地，如果{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和，则有性质：（1）若,,,*,m n p q N m n p q ∈+=+，则m n p q a a a a +=+；（2）()1,1,2,,2k n k n n a a S k n +-+==L 且()2121n n S n a -=- ；（3）2n S An Bn =+且n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列；（4）232,,,n n n n n S S S S S --L 为等差数列.19．在一个数列中，如果*n N ∀∈，都有12n n n a a a k ++=（k 为常数），那么这个数列叫做等积数列，k 叫做这个数列的公积.已知数列{}n a 是等积数列，且11a =，22a =，公积为8，则122020a a a ++⋅⋅⋅+=（）A ．4711B ．4712C ．4713D ．4715 【答案】B【解析】【分析】计算出3a 的值，推导出()3n n a a n N*+=∈，再由202036731=⨯+，结合数列的周期性可求得数列{}n a 的前2020项和.【详解】由题意可知128n n n a a a ++=，则对任意的n *∈N ，0n a ≠，则1238a a a =，31284a a a ∴==，由128n n n a a a ++=，得1238n n n a a a +++=，12123n n n n n n a a a a a a +++++∴=，3n n a a +∴=， 202036731=⨯+Q ，因此，()1220201231673673714712a a a a a a a ++⋅⋅⋅+=+++=⨯+=.故选：B.【点睛】本题考查数列求和，考查了数列的新定义，推导出数列的周期性是解答的关键，考查推理能力与计算能力，属于中等题.20．《九章算术·均输》中有如下问题：“今有五人分十钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何．”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分10钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列，问五人各得多少钱？”（“钱”是古代的一种重量单位）．这个问题中，甲所得为（）A ．43钱B ．73钱C ．83钱D ．103钱【答案】C【解析】【分析】依题意设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为a ﹣2d ，a ﹣d ，a ，a +d ，a +2d ，由题意求得a ＝﹣6d ，结合a ﹣2d +a ﹣d +a +a +d +a +2d ＝5a ＝10求得a ＝2，则答案可求．【详解】解：依题意设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为a ﹣2d ，a ﹣d ，a ，a +d ，a +2d ，则由题意可知，a ﹣2d +a ﹣d ＝a +a +d +a +2d ，即a ＝﹣6d ，又a ﹣2d +a ﹣d +a +a +d +a +2d ＝5a ＝10，∴a ＝2，则a﹣2d＝a48 333aa+==．故选：C．【点睛】本题考查等差数列的通项公式，考查实际应用，正确设出等差数列是计算关键，是基础的计算题．。

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