2020年高考文科数学原创专题卷：《数列》
2020高考数学全国试题分类解析(数列部分)
1. （广东卷）已知数列{}n x 满足122x x =，()1212n n n x x x --=+，3,4,n =…．若lim 2n n x →∞=，则(B)（Ａ）32（Ｂ）３（Ｃ）４（Ｄ）５2. （福建卷）3．已知等差数列}{n a 中，12497,1,16a a a a 则==+的值是（ A ）A ．15B ．30C ．31D ．643. （湖南卷）已知数列}{n a 满足)(133,0*11N n a a a a n n n ∈+-==+，则20a =（B ） A ．0B ．3-C ．3D ．23 4. （湖南卷）已知数列{log 2(a n －1)}（n∈N *）为等差数列，且a 1＝3，a 2＝5，则nn n a a a a a a -++-+-+∞→12312lim 111(= （C ）A ．2B ．23C ．1D ．215. （湖南卷）设f 0(x )＝sinx ，f 1(x )＝f 0′(x )，f 2(x )＝f 1′(x )，…，f n ＋1(x )＝f n ′(x )，n ∈N ，则f 2005(x )＝（C ） A ．sinxB ．－sinxC ．cos xD ．－cosx6. （江苏卷）在各项都为正数的等比数列｛a n ｝中，首项a 1=3 ，前三项和为21，则a 3+ a 4+ a 5=(C )( A ) 33 ( B ) 72 ( C ) 84 ( D )1897. (全国卷II) 如果数列{}n a 是等差数列，则(B ) (A)1845a a a a +<+ (B)1845a a a a +=+ (C) 1845a a a a +>+ (D) 1845a a a a =8. (全国卷II) 11如果128,,,a a a 为各项都大于零的等差数列，公差0d ≠，则(B) (A)1845a a a a >(B)1845a a a a <(C)1845a a a a +>+ (D) 1845a a a a =9. （山东卷）{}n a 是首项1a =1，公差为d =3的等差数列，如果n a =2005，则序号n 等于(C )（A ）667 （B ）668 （C ）669 （D ）67010. （上海）16．用n 个不同的实数a 1,a 2,┄a n 可得n!个不同的排列,每个排列为一行写成 1 2 3一个n!行的数阵.对第i 行a i1,a i2,┄a in ,记b i =- a i1+2a i2-3 a i3+┄+(-1)n na in , 1 3 2i=1,2,3, ┄,n!.用1,2,3可你数阵如右,由于此数阵中每一列各数之和都 2 1 3是12,所以,b 1+b 2+┄+b 6=-12+2⨯12-3⨯12=-24.那么,在用1,2,3,4,5形成 2 3 1 的数阵中,b 1+b 2+┄+b 120等于3 1 23 2 1[答]( C )(A)-3600 (B) 1800 (C)-1080 (D)-72011. （浙江卷）limn →∞2123nn ++++＝( C )(A) 2 (B) 4 (C)21(D)0 12. (重庆卷) 有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点。
2020高考数学《数列》
数列考试内容：数列．等差数列及其通项公式．等差数列前n项和公式．等比数列及其通项公式．等比数列前n项和公式．考试要求：（1）理解数列的概念，了解数列通项公式的意义了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项．（2）理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前n项和公式，并能解决简单的实际问题．（3）理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n项和公式，井能解决简单的实际问题．§03. 数列知识要点1. ⑴等差、等比数列：⑵看数列是不是等差数列有以下三种方法： ①),2(1为常数d n d a a n n ≥=-- ②211-++=n n n a a a (2≥n ) ③b kn a n +=(k n ,为常数).⑶看数列是不是等比数列有以下四种方法： ①)0,,2(1≠≥=-且为常数q n q a a n n②112-+⋅=n n na a a (2≥n ，011≠-+n n n a a a )① 注①：i. acb =，是a 、b 、c 成等比的双非条件，即ac b =、b 、c 等比数列.ii. ac b =（ac ＞0）→为a 、b 、c 等比数列的充分不必要. iii. ac b ±=→为a 、b 、c 等比数列的必要不充分. iv. ac b ±=且0φac →为a 、b 、c 等比数列的充要.注意：任意两数a 、c 不一定有等比中项，除非有ac ＞0，则等比中项一定有两个. ③n n cq a =(q c ,为非零常数).④正数列{n a }成等比的充要条件是数列{n x a log }（1φx ）成等比数列.⑷数列{n a }的前n 项和n S 与通项n a 的关系：⎩⎨⎧≥-===-)2()1(111n s s n a s a n n n[注]： ①()()d a nd d n a a n -+=-+=111（d 可为零也可不为零→为等差数列充要条件（即常数列也是等差数列）→若d 不为0，则是等差数列充分条件）. ②等差{n a }前n 项和n d a n d Bn An S n ⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=22122 →2d可以为零也可不为零→为等差的充要条件→若d 为零，则是等差数列的充分条件；若d 不为零，则是等差数列的充分条件. ③非零．．常数列既可为等比数列，也可为等差数列.（不是非零，即不可能有等比数列） 2. ①等差数列依次每k 项的和仍成等差数列，其公差为原公差的k 2倍...,,232k k k k k S S S S S --；②若等差数列的项数为2()+∈Nn n ，则，奇偶nd S S =-1+=n n a a S S 偶奇；③若等差数列的项数为()+∈-N n n 12，则()n n a n S 1212-=-，且n a S S =-偶奇，1-=n n S S 偶奇 得到所求项数到代入12-⇒n n . 3. 常用公式：①1+2+3 …+n =()21+n n ②()()61213212222++=+++n n n n Λ③()2213213333⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=++n n n Λ[注]：熟悉常用通项：9，99，999，…110-=⇒n n a ； 5，55，555，…()11095-=⇒nn a . 4. 等比数列的前n 项和公式的常见应用题：⑴生产部门中有增长率的总产量问题. 例如，第一年产量为a ，年增长率为r ，则每年的产量成等比数列，公比为r +1. 其中第n 年产量为1)1(-+n r a ，且过n 年后总产量为：.)1(1])1([)1(...)1()1(12r r a a r a r a r a a n n +-+-=+++++++-⑵银行部门中按复利计算问题. 例如：一年中每月初到银行存a 元，利息为r ，每月利息按复利计算，则每月的a 元过n 个月后便成为n r a )1(+元. 因此，第二年年初可存款：)1(...)1()1()1(101112r a r a r a r a ++++++++=)1(1])1(1)[1(12r r r a +-+-+.⑶分期付款应用题：a 为分期付款方式贷款为a 元；m 为m 个月将款全部付清；r 为年利率.()()()()()()()()1111111 (1112)1-++=⇒-+=+⇒++++++=+--m m m mm m mr r ar x r r x r a x r x r x r x r a5. 数列常见的几种形式：⑴n n n qa pa a +=++12（p 、q 为二阶常数）→用特证根方法求解.具体步骤：①写出特征方程q Px x +=2（2x 对应2+n a ，x 对应1+n a ），并设二根21,x x ②若21x x ≠可设n n n x c x c a 2211.+=，若21x x =可设n n x n c c a 121)(+=；③由初始值21,a a 确定21,c c .⑵r Pa a n n +=-1（P 、r 为常数）→用①转化等差，等比数列；②逐项选代；③消去常数n 转化为n n n qa Pa a +=++12的形式，再用特征根方法求n a ；④121-+=n n P c c a （公式法），21,c c 由21,a a 确定.①转化等差，等比：1)(11-=⇒-+=⇒+=+++P rx x Px Pa a x a P x a n n n n . ②选代法：=++=+=--r r Pa P r Pa a n n n )(21x P x a P r P P r a a n n n -+=---+=⇒--1111)(1)1(Λ r r P a P n n +++⋅+=--Pr 211Λ.③用特征方程求解：⇒⎭⎬⎫+=+=-+相减，r Pa a r Pa a n n n n 111+n a 1111-+--+=⇒-=-n n n n n n Pa a P a Pa Pa a ）（. ④由选代法推导结果：Pr P P r a c P c a P r a c P r c n n n -+-+=+=-+=-=--111111112121）（，，. 6. 几种常见的数列的思想方法：⑴等差数列的前n 项和为n S ，在0πd 时，有最大值. 如何确定使n S 取最大值时的n 值，有两种方法：一是求使0,01π+≥n n a a ，成立的n 值；二是由n da n d S n )2(212-+=利用二次函数的性质求n 的值.⑵如果数列可以看作是一个等差数列与一个等比数列的对应项乘积，求此数列前n 项和可依照等比数列前n 项和的推倒导方法：错位相减求和. 例如：, (2)1)12,...(413,211n n -⋅⑶两个等差数列的相同项亦组成一个新的等差数列，此等差数列的首项就是原两个数列的第一个相同项，公差是两个数列公差21d d ，的最小公倍数.2. 判断和证明数列是等差（等比）数列常有三种方法：(1)定义法:对于n ≥2的任意自然数,验证)(11---n nn n a a a a 为同一常数。
2020衡水名师文科数学专题卷：专题九《数列》
2020衡水名师原创文科数学专题卷专题九 数列考点24：数列的概念与简单表示法（1,2题，13题,17题） 考点25：等差数列及其前n 项和（3-6题，18-21题） 考点26：等比数列及其前n 项和（7,8题，14题,18-21题） 考点27：数列求和（9,10题，18-21题）考点28：数列的综合问题及其应用（11,12题，15，16题，22题）考试时间：120分钟 满分：150分说明：请将选择题正确答案填写在答题卡上，主观题写在答题纸上第I 卷（选择题）一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。
） 1．考点24 易已知数列,L LA. 第10项B. 第11项C. 第12项D. 第21项 2． 考点24 易已知123,6a a ==，且21n n n a a a ++=-，则2016a 等于（ ） A.3 B ．-3 C ．6 D ．-63. 考点25 易在等差数列{}n a 中,已知4816a a +=,则210a a +=（ ） A ．12 B ．16 C ．20 D ．244.考点25 易设数列{}n a 为等差数列，若45076543=++++a a a a a ，则=+82a a （ ） A. 180 B. 90 C. 210 D. 100 5． 考点25 中难已知首项为正数的等差数列{}n a 满足:20052006200520060,.0a a a a +><.则使0n S >成立的最大自然数n 是 ( )A. 4009B.4010C. 4011D.4012 6． 考点25 中难正项等比数列{}n a 中, 4532a a ⋅= ,则212228log log log a a a +++的值为( )A.10B.20C.36D.128 7．考点26 易已知{}n a 是等比数列,且0n a >,243546225a a a a a a ++=,那么35a a += ( ) A.10 B.15 C.5 D.6 8． 考点26 中难已知等比数列{}n a 的首项为1，且64312()a a a a +=+，则1237a a a a =（ ）A.16B.64C.128D.2569． 考点27 中难设n S 为数列{}n a 的前n 项和,已知1111,22n n nn n a a a ++==+,则100S = ( ) A. 1004922- B. 994922-C. 1005122-D. 995122-10.点27 难若数列{}n a 的通项公式为2n n na =,则前n 项和为( ) A. 1122n n S -=- B. B. 11222n n n nS -=--C. C. 112n n S n ⎛⎫=- ⎪⎝⎭D. D. 11222n n nn S -=-+ 11． 考点28 难已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，{}n b 是递增的等比数列，其前n 项和为n T ，若23233217,4104,n a b T S S n n -+==-+=，则5b =（ ）A ．64B ．16C ．12D ．1412． 考点28 难在公差不为零的等差数列{}n a 中，137,,a a a 依次成等比数列，前7项和为35，则数列{}n a 的通项n a 等于( )A.n B ．1n + C ．21n - D ．21n +第Ⅱ卷（非选择题）二.填空题（每题5分，共20分） 13． 考点24 易已知数列前n 项和2*231,N n S n n n =-+∈,则它的通项公式为__________.14.考点26 易已知等比数列{}n a 的各项均为正数，公比1q ≠，设0.550.571(log log )2P a a =+，390.5log 2a a Q +=，P 与Q 的大小关系是 ． 15． 考点28 中难已知等差数列{}n a 的公差0d ≠且139,,a a a 成等比数列，则2910341a a a a a a ++=++__________16．考点28 难设数列{}n a 是以2为首项，1为公差的等差数列，{}n b 是以1为首项，2为公比的等比数列，则1210b b b a a a +++=__________.三.解答题（共70分）17．（本小题满分10分） 考点24 易已知数列{}n a 的通项公式为2299291n n n a n -+=-. 1.求这个数列的第10项. 2.98101是不是该数列中的项,为什么?3.求证:数列中的各项都在区间(0,1)内.4.在区间12(,)33内有没有数列中的项?若有,有几项?若没有,请说明理由.18．（本小题满分12分）【来源】 考点25 考点26考点27易已知单调递增的等比数列{}n a 满足23428a a a ++=,且32a +是2a ,4a 的等差中项。
2020高考真题汇编8：数列(文)
5．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】数列 满足 ，前16项和为540，则 .
6．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1=−2，a2+a6=2，则S10=__________．
7．【2020年高考浙江】我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列 就是二阶等差数列．数列 的前3项和是_______．
由 可知 ，从而 ，与数列的单调性矛盾，假设不成立.
第二种情况：若 ，由①知存在实数 ，满足 ，由 的定义可知： ，
另一方面， ，由数列 单调性可知： ，
这与 的定义矛盾，假设不成立.
同理可证得数列中的项数恒为负数.
综上可得，数列中的项数同号.
其次，证明 ：
利用性质②：取 ，此时 ，
由数列的单调性可知 ，
从而题中的结论得证，数列 为等比数列.
15．解析：（1）因为等差数列 是“λ～1”数列，则 ，即 ，
也即 ，此式对一切正整数n均成立．
若 ，则 恒成立，故 ，而 ，
这与 是等差数列矛盾．
所以 ．（此时，任意首项为1的等差数列都是“1～1”数列）
（2）因为数列 是“ ”数列，
所以 ，即 ．
因为 ，所以 ，则 ．
等比数列 的前 项和公式为 ，
依题意 ，即 ，
通过对比系数可知 ，故 .
故答案为： .
9．答案：
解析：因为数列 是以1为首项，以2为公差的等差数列，
数列 是以1首项，以3为公差的等差数列，
所以这两个数列的公共项所构成的新数列 是以1为首项，以6为公差的等差数列，
所以 的前 项和为 ，
故答案为： .
10．解析：（1）设 的公比为 ．由题设得 ， ．
数列—高考真题文科数学分项汇编(解析版)
当d 0时，a1 d，∴3d 2a1 d 2d a1 0即b4 2 b2b8 0，所以b4 b2b8 0，D不正确．
故选：D ..
2
【点睛】本题主要考查等差数列的性质应用，属于基础题．
5．【2019年高考全国 III卷文数】已知各项均为正数的等比数列an的前
则a3
4项和为 15，且a 3a3 4a1， 5
i
由 TTi ai 1i 7,i N可知数列Tn不存在最小项，
i1
由于a1 9,a2 7,a3 5,a4 3,a5 1,a6 1，
故数列Tn中的正项只有有限项：
T 2
63，T4
6315
945
.
T
故数列Tn中存在最大项，且最大项为
4.
故选：B．
【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，等差数列中项的符号问题，分类讨论的数学思想等知识，
a1 7 .
故答案为： 7 .
【点睛】本题考查数列的递推公式的应用，以及数列的并项求和，考查分类讨论思想和数学计算能力， 属于较难题.
12．【2020年高考浙江】我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列{n(n 1) } 2
就是二阶等差数列．数列{n(n 1)}(nN*)的前 2
3,nN*），
则数列an是等比数列.
10．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1=−2，a2+a6=2，则S10=__________．
【答案】 25
【解析】 an是等差数列，且a1 2，a2 a6 2 设an等差数列的公差d
根据等差数列通项公式：an a1 n1 d
因此
an
2
n1
2020届新高考高三数学试题分项汇编专题7 数列(原卷版+解析版)
（1）求an 的通项公式；
（2）设 bn 2an ，记 Tn 为数列 bn 的前 n 项和.若 Tm 124 ，求 m.
23．（2020 届山东省潍坊市高三模拟二）已知数列{an}的首项为 a1＝1，且 an1 2(an 1)(n N * ) .
（Ⅰ）证明：数列{an+2}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
③数列 f an 是首项为 2，公差为 2 的等差数列的前 n 项和构成的数列．
2n1
（2）在（1）的条件下，当 k 2 时，设 anbn 4n2 1 ，求数列 bn 的前 n 项和 Tn .
26．（2020 届山东济宁市兖州区高三网络模拟考）在① a3 5，a2 a5 6b2 ；② b2 2，a3 a4 3b3 ；
bn
cn
，的前 n 项和 Tn ．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
1
2
3
nn
27．（2020·山东高三下学期开学）已知数列an 满足 2a1 5 2a2 5 2a3 5 … 2an 5 3 ．
（1）求数列an 的通项公式；
1
1
1
（2）设数列
anan1
的前
n
项和为 Tn
数列， a2 a4 6 .
（1）求数列an 的通项 an ；
（2）设 bn an cos 2an 1 ，求数列bn 的前 2020 项的和 S2020 .
3
21． （2020 届山东省菏泽一中高三 2 月月考）设数列 an 的前 n 项和为 Sn ,已知 a1 1 , Sn1 2Sn 1, n N .
一、单选题 1．（2020 届山东省淄博市高三二模）“十二平均律” 是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算 出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三
2020年高考文科数学一轮复习大题篇----数列
2020年高考文科数学一轮复习大题篇----数列题型一 等差数列、等比数列的交汇【例】记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．已知S 2＝2，S 3＝－6.(1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列．【解】 (1)设{a n }的公比为q .由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧ a 11＋q ＝2，a 11＋q ＋q 2＝－6.解得q ＝－2，a 1＝－2.故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n .(2)由(1)可得S n ＝a 11－q n 1－q ＝－23＋(－1)n 2n ＋13. 由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n 2n ＋3－2n ＋23 ＝2⎣⎡⎦⎤－23＋－1n 2n ＋13＝2S n ， 故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列．【思维升华】 等差与等比数列的基本量之间的关系，利用方程思想和通项公式、前n 项和公式求解．求解时，应“瞄准目标”，灵活应用数列的有关性质，简化运算过程．【训练】已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 1＋1，S 3，S 4成等差数列，且a 1，a 2，a 5成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若S 4，S 6，S n 成等比数列，求n 及此等比数列的公比．【解】 (1)设数列{a n }的公差为d ，由题意可知⎩⎪⎨⎪⎧ 2S 3＝S 1＋1＋S 4，a 22＝a 1a 5，d ≠0，整理得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，d ＝2a 1，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，∴a n ＝2n －1. (2)由(1)知a n ＝2n －1，∴S n ＝n 2，∴S 4＝16，S 6＝36，又S 4S n ＝S 26，∴n 2＝36216＝81，∴n ＝9，公比q ＝S 6S 4＝94. 题型二 新数列问题【例】对于数列{x n }，若对任意n ∈N ＋，都 有x n ＋2－x n ＋1>x n ＋1－x n 成立，则称数列{x n }为“增差数列”．设a n ＝t 3n ＋n 2－13n，若数列a 4，a 5，a 6，…，a n (n ≥4，n ∈N ＋)是“增差数列”，求实数t 的取值范围。
2020年全国各地高中数学真题分类汇编—数列(含答案)
2020年全国各地⾼考真题分类汇编—数列1．（2020•浙江）已知等差数列{a n}的前n项和S n，公差d≠0，且≤1．记b1＝S2，b n+1＝S2n+2﹣S2n，n∈N*，下列等式不可能成⽴的是（）A．2a4＝a2+a6B．2b4＝b2+b6C．a42＝a2a8D．b42＝b2b82．（2020•北京）在等差数列{a n}中，a1＝﹣9，a5＝﹣1．记T n＝a1a2…a n（n＝1，2，…），则数列{T n}（）A．有最⼤项，有最⼩项B．有最⼤项，⽆最⼩项C．⽆最⼤项，有最⼩项D．⽆最⼤项，⽆最⼩项3．（2020•新课标Ⅰ）设{a n}是等⽐数列，且a1+a2+a3＝1，a2+a3+a4＝2，则a6+a7+a8＝（）A．12B．24C．30D．324．（2020•新课标Ⅱ）如图，将钢琴上的12个键依次记为a1，a2，…，a12．设1≤i＜j＜k≤12．若k﹣j＝3且j﹣i＝4，则a i，a j，a k为原位⼤三和弦；若k﹣j＝4且j﹣i＝3，则称a i，a j，a k 为原位⼩三和弦．⽤这12个键可以构成的原位⼤三和弦与原位⼩三和弦的个数之和为（）A．5B．8C．10D．155．（2020•新课标Ⅱ）0﹣1周期序列在通信技术中有着重要应⽤．若序列a1a2…a n…满⾜a i∈{0，1}（i＝1，2，…），且存在正整数m，使得a i+m＝a i（i＝1，2，…）成⽴，则称其为0﹣1周期序列，并称满⾜a i+m＝a i（i＝1，2…）的最⼩正整数m为这个序列的周期．对于周期为m的0﹣1序列a1a2…a n…，C（k）＝a i a i+k（k＝1，2，…，m﹣1）是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0﹣1序列中，满⾜C（k）≤（k＝1，2，3，4）的序列是（）A．11010…B．11011…C．10001…D．11001…6．（2020•新课标Ⅱ）记S n为等⽐数列{a n}的前n项和．若a5﹣a3＝12，a6﹣a4＝24，则＝（）A．2n﹣1B．2﹣21﹣n C．2﹣2n﹣1D．21﹣n﹣17．（2020•新课标Ⅱ）数列{a n}中，a1＝2，a m+n＝a m a n．若a k+1+a k+2+…+a k+10＝215﹣25，则k＝（）A．2B．3C．4D．58．（2020•新课标Ⅱ）北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中⼼有⼀块圆形⽯板（称为天⼼⽯），环绕天⼼⽯砌9块扇⾯形⽯板构成第⼀环，向外每环依次增加9块．下⼀层的第⼀环⽐上⼀层的最后⼀环多9块，向外每环依次也增加9块．已知每层环数相同，且下层⽐中层多729块，则三层共有扇⾯形⽯板（不含天⼼⽯）（）A．3699块B．3474块C．3402块D．3339块9．（2020•上海）已知数列{a n}是公差不为零的等差数列，且a1+a10＝a9，则＝．10．（2020•新课标Ⅱ）记S n为等差数列{a n}的前n项和．若a1＝﹣2，a2+a6＝2，则S10＝．11．（2020•浙江）已知数列{a n}满⾜a n＝，则S3＝．12．（2020•海南）将数列{2n﹣1}与{3n﹣2}的公共项从⼩到⼤排列得到数列{a n}，则{a n}的前n项和为．13．（2020•江苏）设{a n}是公差为d的等差数列，{b n}是公⽐为q的等⽐数列．已知数列{a n+b n}的前n项和S n＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），则d+q的值是．14．（2020•新课标Ⅰ）数列{a n}满⾜a n+2+（﹣1）n a n＝3n﹣1，前16项和为540，则a1＝．15．（2020•天津）已知{a n}为等差数列，{b n}为等⽐数列，a1＝b1＝1，a5＝5（a4﹣a3），b5＝4（b4﹣b3）．（Ⅰ）求{a n}和{b n}的通项公式；（Ⅱ）记{a n}的前n项和为S n，求证：S n S n+2＜S n+12（n∈N*）；（Ⅲ）对任意的正整数n，设c n＝求数列{c n}的前2n项和．16．（2020•海南）已知公⽐⼤于1的等⽐数列{a n}满⾜a2+a4＝20，a3＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）求a1a2﹣a2a3+…+（﹣1）n﹣1a n a n+1．17．（2020•江苏）已知数列{a n}（n∈N*）的⾸项a1＝1，前n项和为S n．设λ和k为常数，若对⼀切正整数n，均有S n+1﹣S n＝λa n+1成⽴，则称此数列为“λ﹣k”数列．（1）若等差数列{a n}是“λ﹣1”数列，求λ的值；（2）若数列{a n}是“﹣2”数列，且a n＞0，求数列{a n}的通项公式；（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列{a n}为“λ﹣3”数列，且a n≥0？若存在，求出λ的取值范围；若不存在，说明理由．18．（2020•新课标Ⅰ）设{a n}是公⽐不为1的等⽐数列，a1为a2，a3的等差中项．（1）求{a n}的公⽐；（2）若a1＝1，求数列{na n}的前n项和．19．（2020•⼭东）已知公⽐⼤于1的等⽐数列{a n}满⾜a2+a4＝20，a3＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）记b m为{a n}在区间（0，m]（m∈N*）中的项的个数，求数列{b m}的前100项和S100．20．（2020•新课标Ⅲ）设等⽐数列{a n}满⾜a1+a2＝4，a3﹣a1＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）记S n为数列{log3a n}的前n项和．若S m+S m+1═S m+3，求m．21．（2020•浙江）已知数列{a n}，{b n}，{c n}满⾜a1＝b1＝c1＝1，c n＝a n+1﹣a n，c n+1＝c n，（n∈N*）．（Ⅰ）若{b n}为等⽐数列，公⽐q＞0，且b1+b2＝6b3，求q的值及数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）若{b n}为等差数列，公差d＞0，证明：c1+c2+c3+…+c n＜1+，n∈N*．22．（2020•上海）已知各项均为正数的数列{a n}，其前n项和为S n，a1＝1．（1）若数列{a n}为等差数列，S10＝70，求数列{a n}的通项公式；（2）若数列{a n}为等⽐数列，a4＝，求满⾜S n＞100a n时n的最⼩值．参考答案与试题解析⼀．选择题（共8⼩题）1．（2020•浙江）已知等差数列{a n}的前n项和S n，公差d≠0，且≤1．记b1＝S2，b n+1＝S2n+2﹣S2n，n∈N*，下列等式不可能成⽴的是（）A．2a4＝a2+a6B．2b4＝b2+b6C．a42＝a2a8D．b42＝b2b8【解答】解：在等差数列{a n}中，a n＝a1+（n﹣1）d，∴a2＝a1+d，a4＝a1+3d，a8＝a1+7d，b n+1＝S2n+2﹣S2n，∴b2＝S4﹣S2＝a3+a4，b4＝S8﹣S6＝a7+a8，b6＝S12﹣S10＝a11+a12，b8＝S16﹣S14＝a15+a16，A.2a4＝a2+a6，根据等差数列的性质可得A正确，B．若2b4＝b2+b6，则2（a7+a8）＝a3+a4+a11+a12＝（a3+a12）+（a4+a11），成⽴，B正确，C．若a42＝a2a8，则（a1+3d）2＝（a1+d）（a1+7d），即a12+6a1d+9d2＝a12+8a1d+7d2，得a1d＝d2，∵d≠0，∴a1＝d，符合≤1，C正确；D．若b42＝b2b8，则（a7+a8）2＝（a3+a4）（a15+a16），即4a12+52a1d+169d2＝4a12+68a1d+145d2，得16a1d＝24d2，∵d≠0，∴2a1＝3d，不符合≤1，D错误；故选：D．2．（2020•北京）在等差数列{a n}中，a1＝﹣9，a5＝﹣1．记T n＝a1a2…a n（n＝1，2，…），则数列{T n}（）A．有最⼤项，有最⼩项B．有最⼤项，⽆最⼩项C．⽆最⼤项，有最⼩项D．⽆最⼤项，⽆最⼩项【解答】解：设等差数列{a n}的公差为d，由a1＝﹣9，a5＝﹣1，得d＝，∴a n＝﹣9+2（n﹣1）＝2n﹣11．由a n＝2n﹣11＝0，得n＝，⽽n∈N*，可知数列{a n}是单调递增数列，且前5项为负值，⾃第6项开始为正值．可知T1＝﹣9＜0，T2＝63＞0，T3＝﹣315＜0，T4＝945＞0为最⼤项，⾃T5起均⼩于0，且逐渐减⼩．∴数列{T n}有最⼤项，⽆最⼩项．故选：B．3．（2020•新课标Ⅰ）设{a n}是等⽐数列，且a1+a2+a3＝1，a2+a3+a4＝2，则a6+a7+a8＝（）A．12B．24C．30D．32【解答】解：{a n}是等⽐数列，且a1+a2+a3＝1，则a2+a3+a4＝q（a1+a2+a3），即q＝2，∴a6+a7+a8＝q5（a1+a2+a3）＝25×1＝32，故选：D．4．（2020•新课标Ⅱ）如图，将钢琴上的12个键依次记为a1，a2，…，a12．设1≤i＜j＜k≤12．若k﹣j＝3且j﹣i＝4，则a i，a j，a k为原位⼤三和弦；若k﹣j＝4且j﹣i＝3，则称a i，a j，a k 为原位⼩三和弦．⽤这12个键可以构成的原位⼤三和弦与原位⼩三和弦的个数之和为（）A．5B．8C．10D．15【解答】解：若k﹣j＝3且j﹣i＝4，则a i，a j，a k为原位⼤三和弦，即有i＝1，j＝5，k＝8；i＝2，j＝6，k＝9；i＝3，j＝7，k＝10；i＝4，j＝8，k＝11；i＝5，j ＝9，k＝12，共5个；若k﹣j＝4且j﹣i＝3，则a i，a j，a k为原位⼩三和弦，可得i＝1，j＝4，k＝8；i＝2，j＝5，k＝9；i＝3，j＝6，k＝10；i＝4，j＝7，k＝11；i＝5，j ＝8，k＝12，共5个，总计10个．故选：C．5．（2020•新课标Ⅱ）0﹣1周期序列在通信技术中有着重要应⽤．若序列a1a2…a n…满⾜a i∈{0，1}（i＝1，2，…），且存在正整数m，使得a i+m＝a i（i＝1，2，…）成⽴，则称其为0﹣1周期序列，并称满⾜a i+m＝a i（i＝1，2…）的最⼩正整数m为这个序列的周期．对于周期为m的0﹣1序列a1a2…a n…，C（k）＝a i a i+k（k＝1，2，…，m﹣1）是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0﹣1序列中，满⾜C（k）≤（k＝1，2，3，4）的序列是（）A．11010…B．11011…C．10001…D．11001…【解答】解：对于A选项：序列1101011010C（1）＝a i a i+1＝（1+0+0+0+0）＝，C（2）＝a i a i+2＝（0+1+0+1+0）＝，不满⾜C（k）≤（k＝1，2，3，4），故排除A；对于B选项：序列1101111011C（1）＝a i a i+1＝（1+0+0+1+1）＝，不满⾜条件，排除；对于C选项：序列100011000110001C（1）＝a i a i+1＝（0+0+0+0+1）＝，C（2）＝a i a i+2＝（0+0+0+0++0）＝0，C（3）＝a i a i+3＝（0+0+0+0+0）＝0，C（4）＝a i a i+4＝（1+0+0+0+0）＝，符合条件，对于D选项：序列1100111001C（1）＝a i a i+1＝（1+0+0+0+1）＝不满⾜条件．故选：C．6．（2020•新课标Ⅱ）记S n为等⽐数列{a n}的前n项和．若a5﹣a3＝12，a6﹣a4＝24，则＝（）A．2n﹣1B．2﹣21﹣n C．2﹣2n﹣1D．21﹣n﹣1【解答】解：设等⽐数列的公⽐为q，∵a5﹣a3＝12，∴a6﹣a4＝q（a5﹣a3），∴q＝2，∴a1q4﹣a1q2＝12，∴12a1＝12，∴a1＝1，∴S n＝＝2n﹣1，a n＝2n﹣1，∴＝＝2﹣21﹣n，故选：B．7．（2020•新课标Ⅱ）数列{a n}中，a1＝2，a m+n＝a m a n．若a k+1+a k+2+…+a k+10＝215﹣25，则k＝（）A．2B．3C．4D．5【解答】解：由a1＝2，且a m+n＝a m a n，取m＝1，得a n+1＝a1a n＝2a n，∴，则数列{a n}是以2为⾸项，以2为公⽐的等⽐数列，则，∴a k+1+a k+2+…+a k+10＝＝215﹣25，∴k+1＝5，即k＝4．故选：C．8．（2020•新课标Ⅱ）北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中⼼有⼀块圆形⽯板（称为天⼼⽯），环绕天⼼⽯砌9块扇⾯形⽯板构成第⼀环，向外每环依次增加9块．下⼀层的第⼀环⽐上⼀层的最后⼀环多9块，向外每环依次也增加9块．已知每层环数相同，且下层⽐中层多729块，则三层共有扇⾯形⽯板（不含天⼼⽯）（）A．3699块B．3474块C．3402块D．3339块【解答】解：⽅法⼀：设每⼀层有n环，由题意可知从内到外每环之间构成等差数列，且公差d＝9，a1＝9，由等差数列的性质可得S n，S2n﹣S n，S3n﹣S2n成等差数列，且（S3n﹣S2n）﹣（S2n﹣S n）＝n2d，则n2d＝729，则n＝9，则三层共有扇⾯形⽯板S3n＝S27＝27×9+×9＝3402块，⽅法⼆：设第n环天⽯⼼块数为a n，第⼀层共有n环，则{a n}是以9为⾸项，9为公差的等差数列，a n＝9+（n﹣1）×9＝9n，设S n为{a n}的前n项和，则第⼀层、第⼆层、第三层的块数分别为S n，S2n﹣S n，S3n﹣S2n，∵下层⽐中层多729块，∴S3n﹣S2n＝S2n﹣S n+729，∴﹣＝﹣+729，∴9n2＝729，解得n＝9，∴S3n＝S27＝＝3402，故选：C．⼆．填空题（共6⼩题）9．（2020•上海）已知数列{a n}是公差不为零的等差数列，且a1+a10＝a9，则＝．【解答】解：根据题意，等差数列{a n}满⾜a1+a10＝a9，即a1+a1+9d＝a1+8d，变形可得a1＝﹣d，所以＝＝＝＝．故答案为：．10．（2020•新课标Ⅱ）记S n为等差数列{a n}的前n项和．若a1＝﹣2，a2+a6＝2，则S10＝25．【解答】解：因为等差数列{a n}中，a1＝﹣2，a2+a6＝2a4＝2，所以a4＝1，3d＝a4﹣a1＝3，即d＝1，则S10＝10a1＝10×（﹣2）+45×1＝25．故答案为：2511．（2020•浙江）已知数列{a n}满⾜a n＝，则S3＝10．【解答】解：数列{a n}满⾜a n＝，可得a1＝1，a2＝3，a3＝6，所以S3＝1+3+6＝10．故答案为：10．12．（2020•海南）将数列{2n﹣1}与{3n﹣2}的公共项从⼩到⼤排列得到数列{a n}，则{a n}的前n项和为3n2﹣2n．【解答】解：将数列{2n﹣1}与{3n﹣2}的公共项从⼩到⼤排列得到数列{a n}，则{a n}是以1为⾸项、以6为公差的等差数列，故它的前n项和为n×1+＝3n2﹣2n，故答案为：3n2﹣2n．13．（2020•江苏）设{a n}是公差为d的等差数列，{b n}是公⽐为q的等⽐数列．已知数列{a n+b n}的前n项和S n＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），则d+q的值是4．【解答】解：因为{a n+b n}的前n项和S n＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），因为{a n}是公差为d的等差数列，设⾸项为a1；{b n}是公⽐为q的等⽐数列，设⾸项为b1，所以{a n}的通项公式a n＝a1+（n﹣1）d，所以其前n项和S＝＝n2+（a1﹣）n，当{b n}中，当公⽐q＝1时，其前n项和S＝nb1，所以{a n+b n}的前n项和S n＝S+S＝n2+（a1﹣）n+nb1＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），显然没有出现2n，所以q≠1，则{b n}的前n项和为S＝＝+，所以S n＝S+S＝n2+（a1﹣）n+﹣＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），由两边对应项相等可得：解得：d＝2，a1＝0，q＝2，b1＝1，所以d+q＝4，故答案为：4．14．（2020•新课标Ⅰ）数列{a n}满⾜a n+2+（﹣1）n a n＝3n﹣1，前16项和为540，则a1＝7．【解答】解：由a n+2+（﹣1）n a n＝3n﹣1，当n为奇数时，有a n+2﹣a n＝3n﹣1，可得a n﹣a n﹣2＝3（n﹣2）﹣1，…a3﹣a1＝3•1﹣1，累加可得a n﹣a1＝3[1+3+…+（n﹣2）]﹣＝3•＝；当n为偶数时，a n+2+a n＝3n﹣1，可得a4+a2＝5，a8+a6＝17，a12+a10＝29，a16+a14＝41．可得a2+a4+…+a16＝92．∴a1+a3+…+a15＝448．∴＝448，∴8a1＝56，即a1＝7．故答案为：7．三．解答题（共8⼩题）15．（2020•天津）已知{a n}为等差数列，{b n}为等⽐数列，a1＝b1＝1，a5＝5（a4﹣a3），b5＝4（b4﹣b3）．（Ⅰ）求{a n}和{b n}的通项公式；（Ⅱ）记{a n}的前n项和为S n，求证：S n S n+2＜S n+12（n∈N*）；（Ⅲ）对任意的正整数n，设c n＝求数列{c n}的前2n项和．【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，等⽐数列{b n}的公⽐为q，由a1＝1，a5＝5（a4﹣a3），则1+4d＝5d，可得d＝1，∴a n＝1+n﹣1＝n，∵b1＝1，b5＝4（b4﹣b3），∴q4＝4（q3﹣q2），解得q＝2，∴b n＝2n﹣1；（Ⅱ）证明：法⼀：由（Ⅰ）可得S n＝，∴S n S n+2＝n（n+1）（n+2）（n+3），（S n+1）2＝（n+1）2（n+2）2，∴S n S n+2﹣S n+12＝﹣（n+1）（n+2）＜0，∴S n S n+2＜S n+12（n∈N*）；法⼆：∵数列{a n}为等差数列，且a n＝n，∴S n＝，S n+2＝，S n+1＝，∴＝＝＜1，∴S n S n+2＜S n+12（n∈N*）；（Ⅲ），当n为奇数时，c n＝＝＝﹣，当n为偶数时，c n＝＝，对任意的正整数n，有c2k﹣1＝（﹣）＝﹣1，和c2k＝＝+++…+，①，由①×可得c2k＝++…++，②，①﹣②得c2k＝+++…+﹣﹣，∴c2k＝﹣，因此c2k＝c2k﹣1+c2k＝﹣﹣．数列{c n}的前2n项和﹣﹣．16．（2020•海南）已知公⽐⼤于1的等⽐数列{a n}满⾜a2+a4＝20，a3＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）求a1a2﹣a2a3+…+（﹣1）n﹣1a n a n+1．【解答】解：（1）设等⽐数列{a n}的公⽐为q（q＞1），则，∵q＞1，∴，∴．（2）a1a2﹣a2a3+…+（﹣1）n﹣1a n a n+1＝23﹣25+27﹣29+…+（﹣1）n﹣1•22n+1，＝＝．17．（2020•江苏）已知数列{a n}（n∈N*）的⾸项a1＝1，前n项和为S n．设λ和k为常数，若对⼀切正整数n，均有S n+1﹣S n＝λa n+1成⽴，则称此数列为“λ﹣k”数列．（1）若等差数列{a n}是“λ﹣1”数列，求λ的值；（2）若数列{a n}是“﹣2”数列，且a n＞0，求数列{a n}的通项公式；（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列{a n}为“λ﹣3”数列，且a n≥0？若存在，求出λ的取值范围；若不存在，说明理由．【解答】解：（1）k＝1时，a n+1＝S n+1﹣S n＝λa n+1，由n为任意正整数，且a1＝1，a n≠0，可得λ＝1；（2）﹣＝，则an+1＝S n+1﹣S n＝（﹣）•（+）＝•（+），因此+＝•，即＝，Sn+1＝a n+1＝（S n+1﹣S n），从⽽S n+1＝4S n，⼜S1＝a1＝1，可得S n＝4n﹣1，a n＝S n﹣S n﹣1＝3•4n﹣2，n≥2，综上可得a n＝，n∈N*；（3）若存在三个不同的数列{a n}为“λ﹣3”数列，则S n+1﹣S n＝λa n+1，则S n+1﹣3S n+1S n+3S n+1S n﹣S n＝λ3a n+1＝λ3（S n+1﹣S n），由a1＝1，a n≥0，且S n＞0，令p n＝（）＞0，则（1﹣λ3）p n3﹣3p n2+3p n﹣（1﹣λ3）＝0，λ＝1时，p n＝p n2，由p n＞0，可得p n＝1，则S n+1＝S n，即a n+1＝0，此时{a n}唯⼀，不存在三个不同的数列{a n}，λ≠1时，令t＝，则p n3﹣tp n2+tp n﹣1＝0，则（p n﹣1）[p n2+（1﹣t）p n+1]＝0，①t≤1时，p n2+（1﹣t）p n+1＞0，则p n＝1，同上分析不存在三个不同的数列{a n}；②1＜t＜3时，△＝（1﹣t）2﹣4＜0，p n2+（1﹣t）p n+1＝0⽆解，则p n＝1，同上分析不存在三个不同的数列{a n}；③t＝3时，（p n﹣1）3＝0，则p n＝1，同上分析不存在三个不同的数列{a n}．④t＞3时，即0＜λ＜1时，△＝（1﹣t）2﹣4＞0，p n2+（1﹣t）p n+1＝0有两解α，β，设α＜β，α+β＝t﹣1＞2，αβ＝1＞0，则0＜α＜1＜β，则对任意n∈N*，＝1或＝α3（舍去）或＝β3，由于数列{S n}从任何⼀项求其后⼀项均有两种不同的结果，所以这样的数列{S n}有⽆数多个，则对应的数列{a n}有⽆数多个．则存在三个不同的数列{a n}为“λ﹣3”数列，且a n≥0，综上可得0＜λ＜1．18．（2020•新课标Ⅰ）设{a n}是公⽐不为1的等⽐数列，a1为a2，a3的等差中项．（1）求{a n}的公⽐；（2）若a1＝1，求数列{na n}的前n项和．【解答】解：（1）设{a n}是公⽐q不为1的等⽐数列，a1为a2，a3的等差中项，可得2a1＝a2+a3，即2a1＝a1q+a1q2，即为q2+q﹣2＝0，解得q＝﹣2（1舍去），所以{a n}的公⽐为﹣2；（2）若a1＝1，则a n＝（﹣2）n﹣1，na n＝n•（﹣2）n﹣1，则数列{na n}的前n项和为S n＝1•1+2•（﹣2）+3•（﹣2）2+…+n•（﹣2）n﹣1，﹣2S n＝1•（﹣2）+2•（﹣2）2+3•（﹣2）3+…+n•（﹣2）n，两式相减可得3S n＝1+（﹣2）+（﹣2）2+（﹣2）3+…+（﹣2）n﹣1﹣n•（﹣2）n＝﹣n•（﹣2）n，化简可得S n＝，所以数列{na n}的前n项和为．19．（2020•⼭东）已知公⽐⼤于1的等⽐数列{a n}满⾜a2+a4＝20，a3＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）记b m为{a n}在区间（0，m]（m∈N*）中的项的个数，求数列{b m}的前100项和S100．【解答】解：（1）∵a2+a4＝20，a3＝8，∴+8q＝20，解得q＝2或q＝（舍去），∴a1＝2，∴a n＝2n，（2）记b m为{a n}在区间（0，m]（m∈N*）中的项的个数，∴2n≤m，∴n≤log2m，故b1＝0，b2＝1，b3＝1，b4＝2，b5＝2，b6＝2，b7＝2，b8＝3，b9＝3，b10＝3，b11＝3，b12＝3，b13＝3，b14＝3，b15＝3，b16＝4，…，可知0在数列{b m}中有1项，1在数列{b m}中有2项，2在数列{b m}中有4项，…，由＜100，＞100可知b63＝5，b64＝b65＝…＝b100＝6．∴数列{b m}的前100项和S100＝0+1×2+2×4+3×8+4×16+5×32+6×37＝480．20．（2020•新课标Ⅲ）设等⽐数列{a n}满⾜a1+a2＝4，a3﹣a1＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）记S n为数列{log3a n}的前n项和．若S m+S m+1═S m+3，求m．【解答】解：（1）设公⽐为q，则由，可得a1＝1，q＝3，所以a n＝3n﹣1．（2）由（1）有log3a n＝n﹣1，是⼀个以0为⾸项，1为公差的等差数列，所以S n＝，所以+＝，m2﹣5m﹣6＝0，解得m＝6，或m＝﹣1（舍去），所以m＝6．21．（2020•浙江）已知数列{a n}，{b n}，{c n}满⾜a1＝b1＝c1＝1，c n＝a n+1﹣a n，c n+1＝c n，（n∈N*）．（Ⅰ）若{b n}为等⽐数列，公⽐q＞0，且b1+b2＝6b3，求q的值及数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）若{b n}为等差数列，公差d＞0，证明：c1+c2+c3+…+c n＜1+，n∈N*．【解答】（Ⅰ）解：由题意，b2＝q，b3＝q2，∵b1+b2＝6b3，∴1+q＝6q2，整理，得6q2﹣q﹣1＝0，解得q＝﹣（舍去），或q＝，∴c n+1＝•c n＝•c n＝•c n＝•c n＝4•c n，∴数列{c n}是以1为⾸项，4为公⽐的等⽐数列，∴c n＝1•4n﹣1＝4n﹣1，n∈N*．∴a n+1﹣a n＝c n＝4n﹣1，则a1＝1，a2﹣a1＝1，a3﹣a2＝41，•••a n﹣a n﹣1＝4n﹣2，各项相加，可得a n＝1+1+41+42+…+4n﹣2＝+1＝．（Ⅱ）证明：依题意，由c n+1＝•c n（n∈N*），可得b n+2•c n+1＝b n•c n，两边同时乘以b n+1，可得b n+1b n+2c n+1＝b n b n+1c n，∵b1b2c1＝b2＝1+d，∴数列{b n b n+1c n}是⼀个常数列，且此常数为1+d，b n b n+1c n＝1+d，∴c n＝＝•＝（1+）•＝（1+）（﹣），⼜∵b1＝1，d＞0，∴b n＞0，∴c1+c2+…+c n＝（1+）（﹣）+（1+）（﹣）+…+（1+）（﹣）＝（1+）（﹣+﹣+…+﹣）＝（1+）（﹣）＝（1+）（1﹣）＜1+，∴c1+c2+…+c n＜1+，故得证．22．（2020•上海）已知各项均为正数的数列{a n}，其前n项和为S n，a1＝1．（1）若数列{a n}为等差数列，S10＝70，求数列{a n}的通项公式；（2）若数列{a n}为等⽐数列，a4＝，求满⾜S n＞100a n时n的最⼩值．【解答】解：（1）数列{a n}为公差为d的等差数列，S10＝70，a1＝1，可得10+×10×9d＝70，解得d＝，则a n＝1+（n﹣1）＝n﹣；（2）数列{a n}为公⽐为q的等⽐数列，a4＝，a1＝1，可得q3＝，即q＝，则a n＝（）n﹣1，S n＝＝2﹣（）n﹣1，S n＞100a n，即为2﹣（）n﹣1＞100•（）n﹣1，即2n＞101，可得n≥7，即n的最⼩值为7．考点卡⽚1．数列的函数特性【知识点的认识】1、等差数列的通项公式：a n＝a1+（n﹣1）d；前n项和公式S n＝na1+n（n﹣1）d或者S n＝2、等⽐数列的通项公式：a n＝a1q n﹣1；前n项和公式S n＝＝（q≠1）3、⽤函数的观点理解等差数列、等⽐数列（1）对于等差数列，a n＝a1+（n﹣1）d＝dn+（a1﹣d），当d≠0时，a n是n的⼀次函数，对应的点（n，a n）是位于直线上的若⼲个点．当d＞0时，函数是增函数，对应的数列是递增数列；同理，d＝0时，函数是常数函数，对应的数列是常数列；d＜0时，函数是减函数，对应的数列是递减函数．若等差数列的前n项和为S n，则S n＝pn2+qn（p、q∈R）．当p＝0时，{a n}为常数列；当p≠0时，可⽤⼆次函数的⽅法解决等差数列问题．（2）对于等⽐数列：a n＝a1q n﹣1．可⽤指数函数的性质来理解．当a1＞0，q＞1或a1＜0，0＜q＜1时，等⽐数列是递增数列；当a1＞0，0＜q＜1或a1＜0，q＞1时，等⽐数列{a n}是递减数列．当q＝1时，是⼀个常数列．当q＜0时，⽆法判断数列的单调性，它是⼀个摆动数列．【典型例题分析】典例1：数列{a n}满⾜a n＝n2+kn+2，若不等式a n≥a4恒成⽴，则实数k的取值范围是（）A．[﹣9，﹣8]B．[﹣9，﹣7]C．（﹣9，﹣8）D．（﹣9，﹣7）解：a n＝n2+kn+2＝，∵不等式a n≥a4恒成⽴，∴，解得﹣9≤k≤﹣7，故选：B．典例2：设等差数列{a n}满⾜a1＝1，a n＞0（n∈N*），其前n项和为S n，若数列{}也为等差数列，则的最⼤值是（）A．310B．212C．180D．121解：∵等差数列{a n}满⾜a1＝1，a n＞0（n∈N*），设公差为d，则a n＝1+（n﹣1）d，其前n项和为S n＝，∴＝，＝1，＝，＝，∵数列{}也为等差数列，∴＝+，∴＝1+，解得d＝2．∴S n+10＝（n+10）2，＝（2n﹣1）2，∴＝＝，由于为单调递减数列，∴≤＝112＝121，故选：D．2．等差数列的通项公式【知识点的认识】等差数列是常⻅数列的⼀种，数列从第⼆项起，每⼀项与它的前⼀项的差等于同⼀个常数，已知等差数列的⾸项a1，公差d，那么第n项为a n＝a1+（n﹣1）d，或者已知第m项为a m，则第n项为a n＝a m+（n﹣m）d．【例题解析】eg1：已知数列{a n}的前n项和为S n＝n2+1，求数列{a n}的通项公式，并判断{a n}是不是等差数列解：当n＝1时，a1＝S1＝12+1＝2，当n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1＝n2+1﹣（n﹣1）2﹣1＝2n﹣1，∴a n＝，把n＝1代⼊2n﹣1可得1≠2，∴{a n}不是等差数列考察了对概念的理解，除掉第⼀项这个数列是等差数列，但如果把⾸项放进去的话就不是等差数列，题中a n的求法是数列当中常⽤到的⽅式，⼤家可以熟记⼀下．eg2：已知等差数列{a n}的前三项分别为a﹣1，2a+1，a+7则这个数列的通项公式为解：∵等差数列{a n}的前三项分别为a﹣1，2a+1，a+7，∴2（2a+1）＝a﹣1+a+7，解得a＝2．∴a1＝2﹣1＝1，a2＝2×2+1＝5，a3＝2+7＝9，∴数列a n是以1为⾸项，4为公差的等差数列，∴a n＝1+（n﹣1）×4＝4n﹣3．故答案：4n﹣3．这个题很好的考察了的呢公差数列的⼀个重要性质，即等差中项的特点，通过这个性质然后解⽅程⼀样求出⾸项和公差即可．【考点点评】求等差数列的通项公式是⼀种很常⻅的题型，这⾥⾯往往⽤的最多的就是等差中项的性质，这也是学习或者复习时应重点掌握的知识点．3．等差数列的前n项和【知识点的认识】等差数列是常⻅数列的⼀种，如果⼀个数列从第⼆项起，每⼀项与它的前⼀项的差等于同⼀个常数，这个数列就叫做等差数列，⽽这个常数叫做等差数列的公差，公差常⽤字⺟d表示．其求和公式为S n＝na1+n（n﹣1）d或者S n＝【例题解析】eg1：设等差数列的前n项和为S n，若公差d＝1，S5＝15，则S10＝解：∵d＝1，S5＝15，∴5a1+d＝5a1+10＝15，即a1＝1，则S10＝10a1+d＝10+45＝55．故答案为：55点评：此题考查了等差数列的前n项和公式，解题的关键是根据题意求出⾸项a1的值，然后套⽤公式即可．eg2：等差数列{a n}的前n项和S n＝4n2﹣25n．求数列{|a n|}的前n项的和T n．解：∵等差数列{a n}的前n项和S n＝4n2﹣25n．∴a n＝S n﹣S n﹣1＝（4n2﹣25n）﹣[4（n﹣1）2﹣25（n﹣1）]＝8n﹣29，该等差数列为﹣21，﹣13，﹣5，3，11，…前3项为负，其和为S3＝﹣39．∴n≤3时，T n＝﹣S n＝25n﹣4n2，n≥4，T n＝S n﹣2S3＝4n2﹣25n+78，∴．点评：本题考查等差数列的前n项的绝对值的和的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意分类讨论思想的合理运⽤．其实⽅法都是⼀样的，要么求出⾸项和公差，要么求出⾸项和第n项的值．【考点点评】等差数列⽐较常⻅，单独考察等差数列的题也⽐较简单，⼀般单独考察是以⼩题出现，⼤题⼀般要考察的话会结合等⽐数列的相关知识考察，特别是错位相减法的运⽤．4．等⽐数列的性质【等⽐数列】（⼜名⼏何数列），是⼀种特殊数列．如果⼀个数列从第2项起，每⼀项与它的前⼀项的⽐等于同⼀个常数，这个数列就叫做等⽐数列，因为第⼆项与第⼀项的⽐和第三项与第⼆项的⽐相等，这个常数叫做等⽐数列的公⽐，公⽐通常⽤字⺟q表示（q≠0）．注：q＝1时，a n 为常数列．等⽐数列和等差数列⼀样，也有⼀些通项公式：①第n项的通项公式，a n＝a1q n﹣1，这⾥a1为⾸项，q为公⽐，我们发现这个通项公式其实就是指数函数上孤⽴的点．②求和公式，S n＝，表示的是前⾯n项的和．③若m+n＝q+p，且都为正整数，那么有a m•a n ＝a p•a q．例：2，x，y，z，18成等⽐数列，则y＝．解：由2，x，y，z，18成等⽐数列，设其公⽐为q，则18＝2q4，解得q2＝3，∴y＝2q2＝2×3＝6．故答案为：6．本题的解法主要是运⽤了等⽐数列第n项的通项公式，这也是⼀个常⽤的⽅法，即知道某两项的值然后求出公⽐，继⽽可以以已知项为⾸项，求出其余的项．关键是对公式的掌握，⽅法就是待定系数法．【等⽐数列的性质】（1）通项公式的推⼴：a n＝a m•q n﹣m，（n，m∈N*）．（2）若{a n}为等⽐数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则a k•a l＝a m•a n（3）若{a n}，{b n}（项数相同）是等⽐数列，则{λa n}（λ≠0），{a}，{a n•b n}，仍是等⽐数列．（4）单调性：或 {a n}是递增数列；或 {a n}是递减数列；q＝1 {a n}是常数列；q＜0 {a n}是摆动数列．5．等⽐数列的通项公式【知识点的认识】1．等⽐数列的定义如果⼀个数列从第2项起，每⼀项与它的前⼀项的⽐值等于同⼀个常数，那么这个数列叫做等⽐数列，这个常数叫做等⽐数列的公⽐，通常⽤字⺟q表示（q≠0）．从等⽐数列的定义看，等⽐数列的任意项都是⾮零的，公⽐q也是⾮零常数．2．等⽐数列的通项公式设等⽐数列{a n}的⾸项为a1，公⽐为q，则它的通项a n＝a1•q n﹣13．等⽐中项：如果在a与b中间插⼊⼀个数G，使a，G，b成等⽐数列，那么G叫做a与b的等⽐中项．G2＝a•b（ab≠0）4．等⽐数列的常⽤性质（1）通项公式的推⼴：a n＝a m•q n﹣m，（n，m∈N*）．（2）若{a n}为等⽐数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则a k•a l＝a m•a n（3）若{a n}，{b n}（项数相同）是等⽐数列，则{λa n}（λ≠0），{a}，{a n•b n}，仍是等⽐数列．（4）单调性：或 {a n}是递增数列；或 {a n}是递减数列；q＝1 {a n}是常数列；q＜0 {a n}是摆动数列．6．等⽐数列的前n项和【知识点的知识】1．等⽐数列的前n项和公式等⽐数列{a n}的公⽐为q（q≠0），其前n项和为S n，当q＝1时，S n＝na1；当q≠1时，S n＝＝．2．等⽐数列前n项和的性质公⽐不为﹣1的等⽐数列{a n}的前n项和为S n，则S n，S2n﹣S n，S3n﹣S2n仍成等⽐数列，其公⽐为q n．7．数列的应⽤【知识点的知识】1、数列与函数的综合2、等差数列与等⽐数列的综合3、数列的实际应⽤数列与银⾏利率、产品利润、⼈⼝增⻓等实际问题的结合．8．数列的求和【知识点的知识】就是求出这个数列所有项的和，⼀般来说要求的数列为等差数列、等⽐数列、等差等⽐数列等等，常⽤的⽅法包括：（1）公式法：①等差数列前n项和公式：S n＝na1+n（n﹣1）d或S n＝②等⽐数列前n项和公式：③⼏个常⽤数列的求和公式：（2）错位相减法：适⽤于求数列{a n×b n}的前n项和，其中{a n}{b n}分别是等差数列和等⽐数列．（3）裂项相消法：适⽤于求数列{}的前n项和，其中{a n}为各项不为0的等差数列，即＝（）．（4）倒序相加法：推导等差数列的前n项和公式时所⽤的⽅法，就是将⼀个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n个（a1+a n）．（5）分组求和法：有⼀类数列，既不是等差数列，也不是等⽐数列，若将这类数列适当拆开，可分为⼏个等差、等⽐或常⻅的数列，然后分别求和，再将其合并即可．【典型例题分析】典例1：已知等差数列{a n}满⾜：a3＝7，a5+a7＝26，{a n}的前n项和为S n．（Ⅰ）求a n及S n；（Ⅱ）令b n＝（n∈N*），求数列{b n}的前n项和T n．分析：形如的求和，可使⽤裂项相消法如：．解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，∵a3＝7，a5+a7＝26，∴，解得a1＝3，d＝2，∴a n＝3+2（n﹣1）＝2n+1；S n＝＝n2+2n．（Ⅱ）由（Ⅰ）知a n＝2n+1，∴b n＝＝＝＝，∴T n＝＝＝，即数列{b n}的前n项和T n＝．点评：该题的第⼆问⽤的关键⽅法就是裂项求和法，这也是数列求和当中常⽤的⽅法，就像友情提示那样，两个等差数列相乘并作为分⺟的⼀般就可以⽤裂项求和．【解题⽅法点拨】数列求和基本上是必考点，⼤家要学会上⾯所列的⼏种最基本的⽅法，即便是放缩也要往这⾥⾯考．9．数列递推式【知识点的知识】1、递推公式定义：如果已知数列{a n}的第1项（或前⼏项），且任⼀项a n与它的前⼀项a n﹣1（或前⼏项）间的关系可以⽤⼀个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．2、数列前n项和S n与通项a n的关系式：a n＝．在数列{a n}中，前n项和S n与通项公式a n的关系，是本讲内容⼀个重点，要认真掌握．注意：（1）⽤a n＝S n﹣S n﹣1求数列的通项公式时，你注意到此等式成⽴的条件了吗？（n≥2，当n＝1时，a1＝S1）；若a1适合由a n的表达式，则a n不必表达成分段形式，可化统⼀为⼀个式⼦．（2）⼀般地当已知条件中含有a n与S n的混合关系时，常需运⽤关系式a n＝S n﹣S n﹣1，先将已知条件转化为只含a n或S n的关系式，然后再求解．3、数列的通项的求法：（1）公式法：①等差数列通项公式；②等⽐数列通项公式．（2）已知S n（即a1+a2+…+a n＝f（n））求a n，⽤作差法：a n＝．⼀般地当已知条件中含有a n与S n的混合关系时，常需运⽤关系式，先将已知条件转化为只含或的关系式，然后再求解．（3）已知a1•a2…a n＝f（n）求a n，⽤作商法：a n，＝．（4）若a n+1﹣a n＝f（n）求a n，⽤累加法：a n＝（a n﹣a n﹣1）+（a n﹣1﹣a n﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1（n≥2）．（5）已知＝f（n）求a n，⽤累乘法：a n＝（n≥2）．（6）已知递推关系求a n，有时也可以⽤构造法（构造等差、等⽐数列）．特别地有，①形如a n＝ka n﹣1+b、a n＝ka n﹣1+b n（k，b为常数）的递推数列都可以⽤待定系数法转化为公⽐为k的等⽐数列后，再求a n．②形如a n＝的递推数列都可以⽤倒数法求通项．（7）求通项公式，也可以由数列的前⼏项进⾏归纳猜想，再利⽤数学归纳法进⾏证明．10．等差数列与等⽐数列的综合【知识点的知识】1、等差数列的性质（1）若公差d＞0，则为递增等差数列；若公差d＜0，则为递减等差数列；若公差d＝0，则为常数列；（2）有穷等差数列中，与⾸末两端“等距离”的两项和相等，并且等于⾸末两项之和；（3）m，n∈N+，则a m＝a n+（m﹣n）d；（4）若s，t，p，q∈N*，且s+t＝p+q，则a s+a t＝a p+a q，其中a s，a t，a p，a q是数列中的项，特别地，当s+t＝2p时，有a s+a t＝2a p；（5）若数列{a n}，{b n}均是等差数列，则数列{ma n+kb n}仍为等差数列，其中m，k均为常数．（6）a n，a n﹣1，a n﹣2，…，a2，a1仍为等差数列，公差为﹣d．（7）从第⼆项开始起，每⼀项是与它相邻两项的等差中项，也是与它等距离的前后两项的等差中项，即2a n+1＝a n+a n+2，2a n＝a n﹣m+a n+m，（n≥m+1，n，m∈N+）（8）a m，a m+k，a m+2k，a m+3k，…仍为等差数列，公差为kd（⾸项不⼀定选a1）．2、等⽐数列的性质．（1）通项公式的推⼴：a n＝a m•q n﹣m，（n，m∈N*）．（2）若{a n}为等⽐数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则a k•a l＝a m•a n（3）若{a n}，{b n}（项数相同）是等⽐数列，则{λa n}（λ≠0），{a}，{a n•b n}，仍是等⽐数列．（4）单调性：或 {a n}是递增数列；或 {a n}是递减数列；q＝1 {a n}是常数列；q＜0 {a n}是摆动数列．31。
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原创文科数学专题卷专题 数列考点23：数列的概念与简单表示法（1,2题，13题,17题） 考点24：等差数列及其前n 项和（3-6题，18-21题） 考点25：等比数列及其前n 项和（7,8题，14题,18-21题） 考点26：数列求和（9,10题，18-21题）考点27：数列的综合问题及其应用（11,12题，15，16题，22题）考试时间：120分钟 满分：150分说明：请将选择题正确答案填写在答题卡上，主观题写在答题纸上第I 卷（选择题）一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。
） 1．【来源】2016-2017学年福建晋江季延中学高二上期中 考点23 易 已知数列{}n a 的前n 项和21n S n n =++，则19a a +等于 A.19 B.20 C.21 D.22 2．【来源】2017届湖南五市十校高三文12月联考 考点23 易已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，且1453,23n n n S S a a a +=+++=，则8S =（ ）． A ．72 B ．88 C ．92 D ．98 3.【2017课标1，理4】 考点24 易记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若4524a a +=，648S =，则{}n a 的公差为A ．1B ．2C ．4D ．84.【2017课标3，理9】考点24 易等差数列{}n a 的首项为1，公差不为0．若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{}n a 前6项的和为（ ）A ．24-B ．3-C ．3D ．85．【来源】2016-2017学年山东曲阜师大附中高二上学期期中 考点24 中难 数列{}n a 是等差数列，若11101a a <-，且它的前n 项和n S 有最大值，那么当n S 取得最小正值时，n =（ ）A ．11B ．17C ．19D ．21 6．【来源】2017届山西山西大学附中高三理上学期期中 考点24 中难 设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足170S >，180S <，则11S a ，22Sa ，…，1515S a 中最大的项为（ ） A.77S a B.88S a C.99S a D.1010Sa7．【2017课标II ，理3】考点25 易我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（ ）A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏 8．【来源】2017届辽宁盘锦高级中学高三11月月 考点25 中难等比数列{}n a 中，已知对任意正整数n ，1232nn a a a a m ++++=+…，则22212n a a a +++…等于（ ）A ．1(4)3n m +B ．1(21)3n - C ．41n- D ．2(2)n m +9．【来源】2017届广东顺德李兆基中学高三理上月考二 考点26 中难在数列{}n a 中，若对任意的*n N ∈均有12n n n a a a ++++为定值，且79982,3,4a a a ===，则数列{}n a 的前100项的和100S =（ ）A ．132B ．299C ．68D ．99 10.【2017课标1，理12】 考点26 难几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推.求满足如下条件的最小整数N ：N >100且该数列的前N 项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是（ ）A ．440B ．330C ．220D ．11011．【来源】2017届天津市六校高三理上学期期中联考 考点27 难 已知数列{}n a 满足：11a =，12n n n a a a +=+()n N *∈.若11(2)(1)n nb n a λ+=-⋅+()n N *∈，1b λ=-，且数列{}n b 是单调递增数列，则实数λ的取值范围是（ ）A.23λ>B.32λ>C.32λ<D.23λ< 12．【来源】2017届黑吉两省八校高三上学期期中 考点27 难 已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a =，12n n a S +=+，则满足2110n n S S <的n 的最小值为（ ）A ．4B ．5C ．6D ．7第Ⅱ卷（非选择题）二.填空题（每题5分，共20分） 13．【来源】2017届宁夏育才中学高三上第二次月考 考点23 易 数列}{n a 满足2,1181=-=+a a a nn ，则=1a ________． 14.【2017课标3，理14】 考点25 易设等比数列{}n a 满足a 1 + a 2 = –1, a 1 – a 3 = –3，则a 4 = ___________. 15．【来源】2016届福建福州市高三上学期期末 考点27 中难 已知()12n n n a +=，删除数列{}n a 中所有能被2整除的数，剩下的数从小到大排成数列{}n b ，则51b =_________.16．【来源】2017届江西抚州七校高三上期联考 考点27 难在数列{}n a 及{}n b中，1n n n a a b +=++1n n n b a b +=+11a =，11b =．设112()n n n nc a b =+，则数列{}n c 的前n 项和为 ． 三.解答题（共70分） 17．（本小题满分10分）【来源】2017届河北沧州一中高三11月月考 考点23 易 设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知11a =，()*121n n S S n n N +=++∈. （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）若11n n n n a b a a ++=⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T .18．（本小题满分12分）【来源】2017届河北沧州一中高三11月月考 考点24 考点25考点26易 已知{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，且23b =，39b =，11a b =，144a b =. （1）求{}n a 的通项公式；（2）设n n n c a b =+，求数列{}n c 的前n 项和.19．（本小题满分12分）【来源】2017届湖北孝感市高三文上学期第一次统考试 考点24考点25考点26中难 设正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足33232S a a =+，48a =.（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设数列2log n n b a =，求{}n b 的前n 项和n T . 20．（本小题满分12分）【来源】2017届河南中原名校高三理上质检三 考点24 考点25考点26中难 已知数列{}n a 满足137a =，1341n n n a a a +=+，n N *∈.（1）求证：数列12n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是等比数列，并且求出数列{}n a 的通项公式； （2）求数列n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S . 21．（本小题满分12分）【来源】2017届湖北荆州市高三上质检一 考点24考点25 考点26中难 已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，55S =-，且346,,a a a 成等比数列. (Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式；(Ⅱ)设()*21231n n n b n N a a ++=∈，求数列{}n b 的前n 项和n T . 22．（本小题满分12分）【来源】2017届天津市六校高三理上学期期中联考 考点27 难已知各项都是正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，212n n n S a a =+，n N *∈ （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设数列{}n b 满足：11b =，12(2)n n n b b a n --=≥，数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ，求证：2n T <；（3）若(4)n T n λ≤+对任意n N *∈恒成立，求λ的取值范围.参考答案1．C【解析】()()11998193,8196481821a S a S S a a===-=+-+=∴+=2．C【解析】1133n n n n nS S a a a++=++⇒-=⇒{}n a为等差数列，公差为3，所以由4523a a+=得118127231,8873922a d a S+=⇒==+⨯⨯⨯=，选C.3．【答案】C【解析】设公差为d，45111342724a a a d a d a d+=+++=+=，611656615482S a d a d⨯=+=+=，联立112724,61548a da d+=⎧⎨+=⎩解得4d=，故选C.4．【答案】A【解析】5．C【解析】∵Sn有最大值，∴d＜0则a10＞a11，又11101aa<-，∴a11＜0＜a10∴a10+a11＜0，()()20120101110100S a a a a∴=+=+<，1910190S a=>又12101112a a a a a>>>>>>L∴10921S S S S>>>>>L，1011192021S S S S S>>>>>>L又()1912319101190S S a a a a a-=+++=+<L∴19S为最小正值6．C【解析】117917917()17(2)000022a a aS a+>⇒>⇒>⇒>11889181091018()18()0000022a a a a S a a a ++<⇒<⇒<⇒+<⇒<，因此8910121289100,0,0,0,0,S S S S Sa a a a a >>>><L 而1291289,S S S a a a a <<<>>>>L L ， 所以89121289S S S S a a a a <<<<L ，选C. 7．【答案】B 【解析】8．A【解析】∵等比数列{}n a 中，对任意正整数n ，1232nn a a a a m ++++=+…，∴m a +=21，m a a +=+421，m a a a +=++8321，∴m a +=21，22=a ，43=a ，∴1-=m ，11=a ，∴121=a ，422=a ，1623=a ，∴{}2n a 是首项为1，公比为4的等比数列，∴()()m a a a a n n n n+=-=--=++++431143141412232221Λ．故选：A ． 9．B【解析】12n n n a a a ++++为定值，所以3n n a a +=，所以数列的周期为3，故29817394,2,3a a a a a a ======，所以()10012310033299S a a a a =⋅+++=.10.【答案】A11．D 【解析】 因为11111121111112(1)1(1)222n n n n n n n n n n a a a a a a a a a -+++=⇒=+⇒+=+⇒+=+=+，所以1(2)2nn b n λ+=-⋅，因为数列{}n b 是单调递增数列，所以当2n ≥时113(2)2(12)2212212n n n n b b n n n λλλλλ-+>⇒-⋅>--⋅⇒>-⇒>-⇒<；当1n =时，213(12)22b b λλλ>⇒-⋅>-⇒<，因此23λ<，选D. 12．A【解析】由12n n a S +=+得12n n n S S S +-=+，即122(2)n n S S ++=+，又11223S a +=+=，所以1232n n S -+=⨯，即1322n n S -=⨯-，所以1212322132210n n n n S S --⨯-=<⨯-，即12130220322n n --⨯-<⨯-, ()2113215290n n --⨯-⨯+>,令12n t -=，则231590t t -+>，函数2()3159h t t t =-+的对称轴为156t =，又t 的可能值为11,2,4,8,,2n -L ，所以 1(1)(2)(4)(8)(2)n h h h h h -><<<<L ，(1)315930,(2)1230990h h =-+=-<=-+=-<，(4)4860930,(8)1921209810h h =-+=-<=-+=>，这时4n =，所以从第四项起以后各项均满足2110n n S S <，故选A. 13．12【解析】117651111112111212112222n n n n n a a a a a a a a a +++---=⇒=⇒==⇒==-⇒=⇒=-L ．14．【答案】8-【解析】设等比数列的公比为q ，很明显1q ≠- ，结合等比数列的通项公式和题意可得方程组：()()12121311113a a a q a a a q ⎧+=+=-⎪⎨-=-=-⎪⎩，①，②，由 ②① 可得：2q =- ，代入①可得11a =， 由等比数列的通项公式可得：3418a a q ==- .15．5151【解析】由题意，得，∵2)1(+=n n a n ，10,6,3,14321====∴a a a a ，⋅⋅⋅，∵2)1(+=n n a n ,删除数列{}n a 中所有能被2整除的数,剩下的数从小到大排成数列{}n b ，∴515110151==a b .16．224n +-【解析】由221n n n n n a a b a b +=+++，221n n n n nb a b a b +=+-+，两式相加可得：()n n n n b a b a +=+++211，故数列{}n n b a +是以2为首项，2为公比的等比数列，得n n n b a 2=+；两式相乘可得：()()n n n n n n n n b a b a b a b a ⋅=+-+=⋅++222211，故数列{}n n b a ⋅是以1为首项，2为公比的等比数列，得12-=⋅n n n b a ，故122112+=⋅+⋅=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=n n n n n n n nnn b a b a b a c ，故其前n 项和为()42212142-=--=+n n n S .17．(1)()*21n n a n N =-∈；(2)12111--=-n n T .【解析】（1）121++=+n S S n n ，当2n ≥时，12n n S S n -=+，∴121n n a a +=+，()1121n n a a +∴+=+，即1121n n a a ++=+，12n n a +=，即()*21n n a n N =-∈……………………………(5分)（2）12-=nna ，()()1121121212121n n n n n n b ++∴==----⋅-， 2231111111111212121212121n n n n T --∴=-+-++-=-------L .……………………(10分)18．(1)21n a n =-；(2)2132-+=n n n T .【解析】（1）等比数列{}n b 的公比32933b q b ===，所以211b b q==，4327b b q ==， 设等差数列{}n a 的公差为d ，因为111a b ==，14427a b ==，所以11327d +=，即2d =， 所以21n a n =- ……………………………(6分)（2）由（1）知，21n a n =-，13n n b -=，因此1213n n n c a b n -=+=-+，从而数列{}n c 的前n 项和()()1221133113211332132n n n n n n S n n ----=+++-++++=+=+-L L ……………(12分) 19．（Ⅰ）7)21(-=n n a ；（Ⅱ）⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>+-≤+-=7,4221327,213222n n n n n n T n. 【解析】（Ⅰ） 设正项等比数列}{n a 的公比为q ，则0>q由已知23323a a S +=有02123=-+a a a ，即021121=-+a q a q a0122=-+∴q q 故21=q 或1-=q （舍）74421--⎪⎭⎫ ⎝⎛=⨯=∴n n n q a a ……………………………(6分)（Ⅱ）由（Ⅰ）知：n b n -=7 故当7≤n 时，0≥n b∴当7≤n 时，21322)(2121nn b b n b b b T n n n +-=+=+++=Λ 当7>n 时，)(98721n n b b b b b b T ΛΛ++-+++=422132)()(2221721+-=+++-+++=nn b b b b b b n ΛΛ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>+-≤+-=∴7,4221327,213222n n n n nn T n . ……………………………(12分) 20．（1）证明见解析，3,231n n na n N *=∈⨯+；（2）2323434n n n S n n +=-+++⨯. 【解析】（1）由137a =，13,41n n n a a n N a *+=∈+所以141114333n n n n a a a a ++==+ 即1111223n n a a +⎛⎫-=- ⎪⎝⎭所以数列12n a -是以13为首项，13为公比的等比数列 111112333n nn a -⎛⎫⎛⎫∴-== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭所以数列{}n a 的通项公式为3,231nn na n N *=∈⨯+ ……………………………(4分) （2）23n n n nn a =+ 设231123133333n n n n n T --=+++++L则234111231333333n n n n n T +-=+++++L两式相减得231121111111333333233n n n n n n n T ++⎛⎫=++++-=-- ⎪⎝⎭L 所以332443n nn T +=-⨯ ……………………………(8分) 又22462n n n ++++=+L ……………………………(10分)所以2323434n n n S n n +=-+++⨯. ……………………………(12分) 21．(Ⅰ)1n a =-或2n a n =-; (Ⅱ)21n n + 【解析】 (1)由等差数列性质，5355S a =-=，所以31a =-设公差为d ，则()()()21113d d -+=-⋅-+，解得0d =或1d =- 1n a =-或2n a n =- ……………………………(4分)(2)①当1n a =-时，n T n = ……………………………(6分)②当2n a n =-时，()()212311111212122121n n a a n n n n ++⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭ 11111111112335212122121n n T n n n n ⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-= ⎪ ⎪-+++⎝⎭⎝⎭L ………………………(12分) 22．（Ⅰ）12n a n =（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）29λ≥【解析】（1）时， 当时，2≥n是以为首项，为公差的等差数列……………………………(4分)（2），，即T ……………………………(8分)2n（3）由得，当且仅当时，有最大值，……………………………(12分)。