高考数学真题分类汇编专题18：数列(综合题)

合集下载

2018高考分类汇总——数列

解析：与相比，元素间隔大。所以从中加了几个中元素考虑。
个:
个:
个:
个:
个:
个:
发现时发生变号，以下用二分法查找：
,所以所求应在之间.
,所以所求应在之间.
,所以所求应在之间.
∵ ，而，所以答案为 .
已知成等比数列，且．若，则B
A． B． C． D．
已知等比数列{an}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项．数列
因为，可得，故 .所以 .
设等差数列的公差为 .由，可得 .由，可得从而，故，所以 .
（II）解：由（I），知
由可得，
整理得解得（舍），或 .所以n的值为4.
已知集合 ,将的所有元素从小到大依次排列构成一个数列 ,记为数列的前项和,则使得成立的的最小值为__________.
{bn}满足b1=1，数列{（bn+1−bn）an}的前n项和为2n2+n．
（Ⅰ）求q的值；
（Ⅱ）求数列{bn}的通项公式．
（Ⅰ）由是的等差中项得，
所以，
解得 .
由得，
因为，所以 .
（Ⅱ）设，数列前n项和为 .
由解得 .
由（Ⅰ）可知，
所Байду номын сангаас ，
故，
.
设，
所以，
因此，
又，所以 .
设{an}是等差数列，其前n项和为Sn（n∈N*）；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn（n∈N*）．已知b1=1，b3=b2+2，b4=a3+a5，b5=a4+2a6．

2024全国卷真题分类汇编(教师版)(数列)

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

2018届高考数学(理)热点题型：数列(含答案解析)

数列热点一等差数列、等比数列的综合问题解决等差、等比数列的综合问题时，重点在于读懂题意，灵活利用等差、等比数列的定义、通项公式及前n 项和公式解决问题，求解这类问题要重视方程思想的应用.【例1】已知首项为32的等比数列{a n }不是递减数列，其前n 项和为S n (n∈N *)，且S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n ＝S n －1S n (n∈N *)，求数列{T n }的最大项的值与最小项的值.解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，因为S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列，所以S 5＋a 5－S 3－a 3＝S 4＋a 4－S 5－a 5，即4a 5＝a 3，于是q 2＝a 5a 3＝14.又{a n }不是递减数列且a 1＝32，所以q ＝－12.故等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝(－1)n －1·32n .(2)由(1)得S n＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋12n，n 为奇数，1－12n，n 为偶数，当n 为奇数时，S n 随n 的增大而减小，所以1<S n ≤S 1＝32，故0<S n －1S n ≤S 1－1S 1＝32－23＝56.当n 为偶数时，S n 随n 的增大而增大，所以34＝S 2≤S n <1，故0>S n －1S n ≥S 2－1S 2＝34－43＝－712.综上，对于n∈N *，总有－712≤S n －1S n ≤56. 所以数列{T n }最大项的值为56，最小项的值为－712.【类题通法】解决等差数列与等比数列的综合问题，既要善于综合运用等差数列与等比数列的相关知识求解，更要善于根据具体问题情境具体分析，寻找解题的突破口.【对点训练】已知数列{a n }是公差不为零的等差数列，其前n 项和为S n ，满足S 5－2a 2＝25，且a 1，a 4，a 13恰为等比数列{b n }的前三项. (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设T n 是数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前n 项和，是否存在k∈N *，使得等式1－2T k ＝1b k成立？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由. 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d(d≠0)， ∴⎩⎨⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫5a 1＋5×42d －2（a 1＋d ）＝25，（a 1＋3d ）2＝a 1（a 1＋12d ），解得a 1＝3，d ＝2，∴a n ＝2n ＋1. ∵b 1＝a 1＝3，b 2＝a 4＝9，∴等比数列{b n }的公比q ＝3，∴b n ＝3n . (2)不存在.理由如下：∵1a n a n ＋1＝1（2n ＋1）（2n ＋3）＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3， ∴T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3， ∴1－2T k ＝23＋12k ＋3(k∈N *)，易知数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫12k ＋3为单调递减数列，∴23<1－2T k ≤1315，又1b k ＝13k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，13，∴不存在k∈N *，使得等式1－2T k ＝1b k 成立.热点二数列的通项与求和数列的通项与求和是高考必考的热点题型，求通项属于基本问题，常涉及与等差、等比的定义、性质、基本量运算.求和问题关键在于分析通项的结构特征，选择合适的求和方法.常考求和方法有：错位相减法、裂项相消法、分组求和法等.【例2】设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ，已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)当d>1时，记c n ＝a nb n ，求数列{c n }的前n 项和T n .(1)解由题意有⎩⎨⎧10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2，即⎩⎨⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎨⎧a 1＝9，d ＝29.故⎩⎨⎧a n ＝2n －1，b n＝2n －1或⎩⎪⎨⎪⎧a n＝19（2n ＋79），b n＝9·⎝ ⎛⎭⎪⎫29n －1.(2)解由d>1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，故c n ＝2n －12n －1，于是T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，①12T n ＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n －12n .② ①－②可得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n，故T n ＝6－2n ＋32n －1.【类题通法】用错位相减法解决数列求和的模板第一步：(判断结构)若数列{a n ·b n }是由等差数列{a n }与等比数列{b n }(公比q)的对应项之积构成的，则可用此法求和.第二步：(乘公比)设{a n ·b n }的前n 项和为T n ，然后两边同乘以q. 第三步：(错位相减)乘以公比q 后，向后错开一位，使含有q k (k∈N *)的项对应，然后两边同时作差. 第四步：(求和)将作差后的结果求和，从而表示出T n .【对点训练】设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3，n ∈N *.(1)证明：a n ＋2＝3a n ； (2)求S 2n .(1)证明由条件，对任意n∈N *，有a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3，因而对任意n∈N *，n ≥2，有a n ＋1＝3S n －1－S n ＋3. 两式相减，得a n ＋2－a n ＋1＝3a n －a n ＋1，即a n ＋2＝3a n ，n ≥2.又a 1＝1，a 2＝2，所以a 3＝3S 1－S 2＋3＝3a 1－(a 1＋a 2)＋3＝3a 1，故对一切n∈N *，a n ＋2＝3a n . (2)解由(1)知，a n ≠0，所以a n ＋2a n＝3.于是数列{a 2n －1}是首项a 1＝1，公比为3的等比数列；数列{a 2n }是首项a 2＝2，公比为3的等比数列. 因此a 2n －1＝3n －1，a 2n ＝2×3n －1. 于是S 2n ＝a 1＋a 2＋…＋a 2n＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n ) ＝(1＋3＋…＋3n －1)＋2(1＋3＋…＋3n －1) ＝3(1＋3＋…＋3n －1)＝32(3n －1).热点三数列的综合应用热点3.1 数列与函数的综合问题数列是特殊的函数，以函数为背景的数列的综合问题体现了在知识交汇点上命题的特点，该类综合题的知识综合性强，能很好地考查逻辑推理能力和运算求解能力，因而一直是高考命题者的首选.【例3－1】设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f(x)＝2x的图象上(n∈N *). (1)若a 1＝－2，点(a 8，4b 7)在函数f(x)的图象上，求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)若a 1＝1，函数f(x)的图象在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n b n 的前n 项和T n .解 (1)由已知，b 7＝2a 7，b 8＝2a 8＝4b 7，有2a 8＝4×2a 7＝2a 7＋2，解得d ＝a 8－a 7＝2. 所以，S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝－2n ＋n(n －1)＝n 2－3n. (2)函数f(x)＝2x 在(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln 2)(x －a 2)，它在x 轴上的截距为a 2－1ln 2.由题意知，a 2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a 2＝2.所以，d ＝a 2－a 1＝1.从而a n ＝n ，b n ＝2n ，所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n2n ，2T n ＝11＋22＋322＋…＋n2n －1因此，2T n －T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n＝2－12n －1－n 2n ＝2n ＋1－n －22n. 所以，T n ＝2n ＋1－n －22n.热点3.2 数列与不等式的综合问题数列与不等式知识相结合的考查方式主要有三种：一是判断数列问题中的一些不等关系；二是以数列为载体，考查不等式的恒成立问题；三是考查与数列问题有关的不等式的证明.在解决这些问题时，如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法等.如果是解不等式问题，要使用不等式的各种不同解法，如数轴法、因式分解法. 【例3－2】在等差数列{a n }中，a 2＝6，a 3＋a 6＝27. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列{a n }的前n 项和为S n ，且T n ＝S n3·2n －1，若对于一切正整数n ，总有T n ≤m 成立，求实数m 的取值范围.解 (1)设公差为d ，由题意得： ⎩⎨⎧a 1＋d ＝6，2a 1＋7d ＝27，解得⎩⎨⎧a 1＝3，d ＝3，∴a n ＝3n. (2)∵S n ＝3(1＋2＋3＋…＋n)＝32n(n ＋1)，∴T n ＝n （n ＋1）2n ，T n ＋1＝（n ＋1）（n ＋2）2n ＋1，∴T n ＋1－T n ＝（n ＋1）（n ＋2）2n ＋1－n （n ＋1）2n＝（n ＋1）（2－n ）2n ＋1，∴当n≥3时，T n >T n ＋1，且T 1＝1<T 2＝T 3＝32，∴T n 的最大值是32，故实数m 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞.。

历年(2019-2024)全国高考数学真题分类(数列)汇编(附答案)

历年(2019-2024)全国高考数学真题分类(数列)汇编考点01 数列的增减性1．（2022∙全国乙卷∙高考真题）嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{}n b ：1111b α=+，212111b αα=++，31231111b ααα=+++，…，依此类推，其中(1,2,)k k α*∈=N ．则（） A ．15b b < B ．38b b <C ．62b b <D ．47b b <2．（2022∙北京∙高考真题）已知数列{}n a 各项均为正数，其前n 项和n S 满足9(1,2,)n n a S n ⋅== ．给出下列四个结论：①{}n a 的第2项小于3； ②{}n a 为等比数列； ③{}n a 为递减数列； ④{}n a 中存在小于1100的项．其中所有正确结论的序号是．3．（2021∙全国甲卷∙高考真题）等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为n S ，设甲：0q >，乙：{}n S 是递增数列，则（）A ．甲是乙的充分条件但不是必要条件B ．甲是乙的必要条件但不是充分条件C ．甲是乙的充要条件D ．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件4．（2020∙北京∙高考真题）在等差数列{}n a 中，19a =-，51a =-．记12(1,2,)n n T a a a n ==……，则数列{}n T （）． A ．有最大项，有最小项 B ．有最大项，无最小项 C ．无最大项，有最小项D ．无最大项，无最小项考点02 递推数列及数列的通项公式1．（2023∙北京∙高考真题）已知数列{}n a 满足()31166(1,2,3,)4n n a a n +=-+= ，则（） A ．当13a =时，{}n a 为递减数列，且存在常数0M ≤，使得n a M >恒成立 B ．当15a =时，{}n a 为递增数列，且存在常数6M ≤，使得n a M <恒成立 C ．当17a =时，{}n a 为递减数列，且存在常数6M >，使得n a M >恒成立 D ．当19a =时，{}n a 为递增数列，且存在常数0M >，使得n a M <恒成立2．（2022∙北京∙高考真题）已知数列{}n a 各项均为正数，其前n 项和n S 满足9(1,2,)n n a S n ⋅== ．给出下列四个结论：①{}n a 的第2项小于3； ②{}n a 为等比数列； ③{}n a 为递减数列； ④{}n a 中存在小于1100的项．其中所有正确结论的序号是．3．（2022∙浙江∙高考真题）已知数列{}n a 满足()21111,3n n n a a a a n *+==-∈N ，则（）A ．100521002a <<B ．100510032a << C ．100731002a <<D ．100710042a << 4．（2021∙浙江∙高考真题）已知数列{}n a满足)111,N n a a n *+==∈.记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（）A ．100332S << B ．10034S << C ．100942S <<D ．100952S << 5．（2020∙浙江∙高考真题）我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列(1)2n n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭就是二阶等差数列，数列(1)2n n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭(N )n *∈ 的前3项和是．6．（2020∙全国∙高考真题）数列{}n a 满足2(1)31nn n a a n ++-=-，前16项和为540，则1a = .7．（2019∙浙江∙高考真题）设,a b R ∈，数列{}n a 中，211,n n a a a a b +==+，N n *∈ ,则A ．当101,102b a =>B ．当101,104b a =>C ．当102,10b a =->D ．当104,10b a =->考点03 等差数列及其前n 项和一、单选题 1．（2024∙全国甲卷∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知510S S =，51a =，则1a =（） A ．72B ．73 C ．13-D ．711-2．（2024∙全国甲卷∙高考真题）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若91S =，则37a a +=（） A ．2-B ．73C ．1D ．293．（2023∙全国甲卷∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若264810,45a a a a +==，则5S =（） A ．25B ．22C ．20D ．154．（2023∙全国乙卷∙高考真题）已知等差数列{}n a 的公差为23π，集合{}*cos N n S a n =∈，若{},S a b =，则ab =（）A ．－1B ．12-C ．0D ．125．（2023∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，设甲：{}n a 为等差数列；乙：{}nS n为等差数列，则（）A ．甲是乙的充分条件但不是必要条件B ．甲是乙的必要条件但不是充分条件C ．甲是乙的充要条件D ．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件6．（2022∙北京∙高考真题）设{}n a 是公差不为0的无穷等差数列，则“{}n a 为递增数列”是“存在正整数0N ，当0n N >时，0n a >”的（） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件7．（2020∙浙江∙高考真题）已知等差数列{an }的前n 项和Sn ，公差d ≠0，11a d≤．记b 1=S 2，bn+1=S2n+2–S 2n ，n N *∈，下列等式不可能．．．成立的是（） A ．2a 4=a 2+a 6B ．2b 4=b 2+b 6C ．2428a a a = D ．2428b b b =8．（2019∙全国∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．已知4505S a ==，，则 A ．25n a n =-B ． 310n a n =-C ．228n S n n =-D ．2122n S n n =-二、填空题 15．（2024∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若347a a +=，2535a a +=，则10S = .16．（2022∙全国乙卷∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若32236S S =+，则公差d = ． 17．（2020∙山东∙高考真题）将数列{2n –1}与{3n –2}的公共项从小到大排列得到数列{an }，则{an }的前n 项和为．18．（2020∙全国∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若1262,2a a a =-+=，则10S = ．19．（2019∙江苏∙高考真题）已知数列*{}()n a n ∈N 是等差数列，n S 是其前n 项和.若25890,27a a a S +==，则8S 的值是 .20．（2019∙北京∙高考真题）设等差数列{an }的前n 项和为Sn ，若a 2=−3，S 5=−10，则a 5= ，Sn 的最小值为．21．（2019∙全国∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若375,13a a ==，则10S = . 22．（2019∙全国∙高考真题）记Sn 为等差数列{an }的前n 项和，12103a a a =≠，，则105S S = .考点04 等比数列及其前n 项和一、单选题 1．（2023∙全国甲卷∙高考真题）设等比数列{}n a 的各项均为正数，前n 项和n S ，若11a =，5354S S =-，则4S =（） A ．158B ．658C ．15D ．402．（2023∙天津∙高考真题）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若()112,22N n n a a S n *+==+∈，则4a =（）A ．16B ．32C ．54D ．1623．（2023∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，若45S =-，6221S S =，则8S =（）． A ．120B ．85C ．85-D ．120-4．（2022∙全国乙卷∙高考真题）已知等比数列{}n a 的前3项和为168，2542a a -=，则6a =（） A ．14B ．12C ．6D ．35．（2021∙全国甲卷∙高考真题）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和.若24S =，46S =，则6S =（） A ．7B ．8C ．9D ．106．（2020∙全国∙高考真题）设{}n a 是等比数列，且1231a a a ++=，234+2a a a +=，则678a a a ++=（） A ．12B ．24C ．30D ．327．（2020∙全国∙高考真题）记Sn 为等比数列{an }的前n 项和．若a 5–a 3=12，a 6–a 4=24，则n nS a =（）A ．2n –1B ．2–21–nC ．2–2n –1D ．21–n –18．（2020∙全国∙高考真题）数列{}n a 中，12a =，对任意 ,,m n m n m n N a a a ++∈=，若155121022k k k a a a ++++++=- ，则 k =（） A ．2B ．3C ．4D ．5二、填空题 11．（2023∙全国甲卷∙高考真题）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和．若6387S S =，则{}n a 的公比为． 12．（2023∙全国乙卷∙高考真题）已知{}n a 为等比数列，24536a a a a a =，9108a a =-，则7a = . 13．（2019∙全国∙高考真题）记Sn 为等比数列{an }的前n 项和.若13314a S ==，，则S 4= ． 14．（2019∙全国∙高考真题）记Sn 为等比数列{an }的前n 项和．若214613a a a ==，，则S 5= ．考点05 数列中的数学文化1．（2023∙北京∙高考真题）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列{}n a ，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且1591,12,192a a a ===，则7a = ；数列{}n a 所有项的和为．2．（2022∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）图1是中国古代建筑中的举架结构，,,,AA BB CC DD ''''是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中1111,,,DD CC BB AA 是举，1111,,,OD DC CB BA 是相等的步，相邻桁的举步之比分别为11111231111,0.5,,DD CC BB AAk k k OD DC CB BA ====．已知123,,k k k 成公差为0.1的等差数列，且直线OA 的斜率为0.725，则3k =（）A ．0.75B ．0.8C ．0.85D ．0.93．（2021∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为20dm 12dm ⨯的长方形纸，对折1次共可以得到10dm 12dm ⨯，20dm 6dm ⨯两种规格的图形，它们的面积之和21240dm S =，对折2次共可以得到5dm 12dm ⨯，10dm 6dm ⨯，20dm 3dm ⨯三种规格的图形，它们的面积之和22180dm S =，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为；如果对折n次，那么1nk k S ==∑ 2dm .4．（2020∙浙江∙高考真题）我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列(1)2n n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭就是二阶等差数列，数列(1)2n n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭(N )n *∈ 的前3项和是．5．（2020∙全国∙高考真题）0‐1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列12n a a a 满足{0,1}(1,2,)i a i ∈= ，且存在正整数m ，使得(1,2,)i m i a a i +== 成立，则称其为0‐1周期序列，并称满足(1,2,)i m i a a i +== 的最小正整数m 为这个序列的周期.对于周期为m 的0‐1序列12n a a a ，11()(1,2,,1)mi i k i C k a a k m m +===-∑ 是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0‐1序列中，满足1()(1,2,3,4)5C k k ≤=的序列是（） A ．11010B ．11011C ．10001D ．110016．（2020∙全国∙高考真题）北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（）A ．3699块B ．3474块C ．3402块D ．3339块考点06 数列求和1．（2021∙浙江∙高考真题）已知数列{}n a满足)111,N n a a n *+==∈.记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（）A ．100332S << B ．10034S << C ．100942S <<D ．100952S << 2．（2021∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）（多选）设正整数010112222k kk k n a a a a --=⋅+⋅++⋅+⋅ ，其中{}0,1i a ∈，记()01k n a a a ω=+++ ．则（） A ．()()2n n ωω= B ．()()231n n ωω+=+C ．()()8543n n ωω+=+D ．()21nn ω-=3．（2020∙江苏∙高考真题）设{an }是公差为d 的等差数列，{bn }是公比为q 的等比数列．已知数列{an +bn }的前n 项和221()n n S n n n +=-+-∈N ，则d +q 的值是．参考答案考点01 数列的增减性1．（2022∙全国乙卷∙高考真题）嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{}n b ：1111b α=+，212111b αα=++，31231111b ααα=+++，…，依此类推，其中(1,2,)k k α*∈=N ．则（） A ．15b b +，得到12b b >，同理11223111ααααα+>++，可得23b b <，13b b >又因为223411,11αααα>++112233411111ααααααα++<+++，故24b b <，34b b >；以此类推，可得1357b b b b >>>>…，78b b >，故A 错误； 178b b b >>，故B 错误；26231111αααα>++…，得26b b <，故C 错误；11237264111111αααααααα>++++++…，得47b b <，故D 正确.[方法二]：特值法不妨设1,n a =则1234567835813213455b 2,b b ,b b ,b b ,b 2358132134========，，，47b b <故D 正确.2．（2022∙北京∙高考真题）已知数列{}n a 各项均为正数，其前n 项和n S 满足9(1,2,)n n a S n ⋅== ．给出下列四个结论：①{}n a 的第2项小于3； ②{}n a 为等比数列； ③{}n a 为递减数列； ④{}n a 中存在小于1100的项．其中所有正确结论的序号是．【答案】①③④ 【详细分析】推导出199n n n a a a -=-，求出1a 、2a 的值，可判断①；利用反证法可判断②④；利用数列单调性的定义可判断③.【答案详解】由题意可知，N n *∀∈，0n a >，当1n =时，219a =，可得13a =；当2n ≥时，由9n nS a =可得119n n S a --=，两式作差可得199n n n a a a -=-，所以，199n n n a a a -=-，则2293a a -=，整理可得222390a a +-=，因为20a >，解得2332a =<，①对；假设数列{}n a 为等比数列，设其公比为q ，则2213a a a =，即2213981S S S ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以，2213S S S =，可得()()22221111a q a q q +=++，解得0q =，不合乎题意，故数列{}n a 不是等比数列，②错；当2n ≥时，()1119990n n n n n n n a a a a a a a ----=-=>，可得1n n a a -<，所以，数列{}n a 为递减数列，③对；假设对任意的N n *∈，1100n a ≥，则10000011000001000100S ≥⨯=，所以，1000001000009911000100a S =≤<，与假设矛盾，假设不成立，④对. 故答案为：①③④.【名师点评】关键点名师点评：本题在推断②④的正误时，利用正面推理较为复杂时，可采用反证法来进行推导.3．（2021∙全国甲卷∙高考真题）等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为n S ，设甲：0q >，乙：{}n S 是递增数列，则（）A ．甲是乙的充分条件但不是必要条件B ．甲是乙的必要条件但不是充分条件C ．甲是乙的充要条件D ．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【答案】B【详细分析】当0q >时，通过举反例说明甲不是乙的充分条件；当{}n S 是递增数列时，必有0n a >成立即可说明0q >成立，则甲是乙的必要条件，即可选出答案．【答案详解】由题，当数列为2,4,8,--- 时，满足0q >，但是{}n S 不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件．若{}n S 是递增数列，则必有0n a >成立，若0q >不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则0q >成立，所以甲是乙的必要条件．故选：B ．【名师点评】在不成立的情况下，我们可以通过举反例说明，但是在成立的情况下，我们必须要给予其证明过程．4．（2020∙北京∙高考真题）在等差数列{}n a 中，19a =-，51a =-．记12(1,2,)n n T a a a n ==……，则数列{}n T （）．A ．有最大项，有最小项B ．有最大项，无最小项C ．无最大项，有最小项D ．无最大项，无最小项【答案】B【详细分析】首先求得数列的通项公式，然后结合数列中各个项数的符号和大小即可确定数列中是否存在最大项和最小项.【答案详解】由题意可知，等差数列的公差511925151a a d --+===--，则其通项公式为：()()11912211n a a n d n n =+-=-+-⨯=-，注意到123456701a a a a a a a <<<<<<=<< ，且由50T <可知()06,i T i i N <≥∈，由()117,ii i T a i i N T -=>≥∈可知数列{}n T 不存在最小项，由于1234569,7,5,3,1,1a a a a a a =-=-=-=-=-=，故数列{}n T 中的正项只有有限项：263T =，46315945T =⨯=. 故数列{}n T 中存在最大项，且最大项为4T . 故选：B.【名师点评】本题主要考查等差数列的通项公式，等差数列中项的符号问题，分类讨论的数学思想等知识，属于中等题.考点02 递推数列及数列的通项公式1．（2023∙北京∙高考真题）已知数列{}n a 满足()31166(1,2,3,)4n n a a n +=-+= ，则（） A ．当13a =时，{}n a 为递减数列，且存在常数0M ≤，使得n a M >恒成立 B ．当15a =时，{}n a 为递增数列，且存在常数6M ≤，使得n a M <恒成立 C ．当17a =时，{}n a 为递减数列，且存在常数6M >，使得n a M >恒成立 D ．当19a =时，{}n a 为递增数列，且存在常数0M >，使得n a M <恒成立【答案】B【详细分析】法1：利用数列归纳法可判断ACD 正误，利用递推可判断数列的性质，故可判断B 的正误. 法2：构造()()31664x f x x =-+-，利用导数求得()f x 的正负情况，再利用数学归纳法判断得各选项n a 所在区间，从而判断{}n a 的单调性；对于A ，构造()()32192647342h x x x x x =-+-≤，判断得11n n a a +<-，进而取[]4m M =-+推得n a M >不恒成立；对于B ，证明n a 所在区间同时证得后续结论；对于C ，记()0143log 2log 61m M ⎡⎤⎢⎥⎣=+⎦-，取[]01m m =+推得n a M >不恒成立；对于D ，构造()()32192649942g x x x x x =-+-≥，判断得11n n a a +>+，进而取[]1m M =+推得n a M <不恒成立. 【答案详解】法1：因为()311664n n a a +=-+，故()311646n n a a +=--，对于A ，若13a =，可用数学归纳法证明：63n a -≤-即3n a ≤，证明：当1n =时，1363a -=≤--，此时不等关系3n a ≤成立；设当n k =时，63k a -≤-成立，则()3162514764,4k k a a +⎛⎫-∈--- ⎝=⎪⎭，故136k a +≤--成立，由数学归纳法可得3n a ≤成立. 而()()()()231116666441n n n n n n a a a a a a +⎡⎤=---=---⎢⎣-⎥⎦， ()20144651149n a --=-≥>，60n a -<，故10n n a a +-<，故1n n a a +<，故{}n a 为减数列，注意1063k a +-≤-< 故()()()()23111666649644n n n n n a a a a a +-=≤-=-⨯--，结合160n a +-<，所以()16694n n a a +--≥，故19634n n a +⎛⎫-≥ ⎪⎝⎭，故19634nn a +⎛⎫≤- ⎪⎝⎭，若存在常数0M ≤，使得n a M >恒成立，则9634nM ⎛⎫-> ⎪⎝⎭，故6934nM -⎛⎫> ⎪⎝⎭，故946log 3M n -<，故n a M >恒成立仅对部分n 成立，故A 不成立.对于B ，若15,a =可用数学归纳法证明：106n a --≤<即56n a ≤<，证明：当1n =时，10611a ---≤≤=，此时不等关系56n a ≤<成立；设当n k =时，56k a ≤<成立，则()31164416,0k k a a +⎛⎫-∈-⎪⎝=⎭-，故1106k a +--≤<成立即由数学归纳法可得156k a +≤<成立. 而()()()()231116666441n n n n n n a a a a a a +⎡⎤=---=---⎢⎣-⎥⎦， ()201416n a --<，60n a -<，故10n n a a +->，故1n n a a +>，故{}n a 为增数列，若6M =，则6n a <恒成立，故B 正确.对于C ，当17a =时，可用数学归纳法证明：061n a <-≤即67n a <≤，证明：当1n =时，1061a <-≤，此时不等关系成立；设当n k =时，67k a <≤成立，则()31160,4164k k a a +⎛⎤-∈ ⎥⎝=⎦-，故1061k a +<-≤成立即167k a +<≤ 由数学归纳法可得67n a <≤成立.而()()21166014n n n n a a a a +⎡⎤=--<⎢⎥⎣⎦--，故1n n a a +<，故{}n a 为减数列，又()()()2111666644n n n n a a a a +-=-⨯-≤-，结合160n a +->可得：()111664n n a a +⎛⎫-≤- ⎪⎝⎭，所以1164nn a +⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭，若1164nn a +⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭，若存在常数6M >，使得n a M >恒成立，则164nM ⎛⎫-≤ ⎪⎝⎭恒成立，故()14log 6n M ≤-，n 的个数有限，矛盾，故C 错误.对于D ，当19a =时，可用数学归纳法证明：63n a -≥即9n a ≥，证明：当1n =时，1633a -=≥，此时不等关系成立；设当n k =时，9k a ≥成立，则()3162764143k k a a +-≥=>-，故19k a +≥成立由数学归纳法可得9n a ≥成立.而()()21166014n n n n a a a a +⎡⎤=-->⎢⎥⎣⎦--，故1n n a a +>，故{}n a 为增数列，又()()()2119666446n n n n a a a a +->=-⨯--，结合60n a ->可得：()11116396449n n n a a --+⎭-⎛⎫⎛⎫-= ⎪⎪⎝⎝⎭> ，所以114963n n a -+⎛⎫⎪⎭≥+⎝，若存在常数0M >，使得n a M <恒成立，则19643n M -⎛⎫⎪⎝>+⎭，故19643n M -⎛⎫⎪⎝>+⎭，故946log 13M n -⎛⎫<+ ⎪⎝⎭，这与n 的个数有限矛盾，故D 错误.故选：B.法2：因为()3321119662648442n n n n n n n a a a a a a a +-=-+-=-+-，令()3219264842f x x x x =-+-，则()239264f x x x =-+'，令()0f x ¢>，得06x <<6x >+；令()0f x '<，得66x << 所以()f x在,6⎛-∞ ⎝⎭和63⎛⎫++∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增，在633⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递减，令()0f x =，则32192648042x x x -+-=，即()()()146804x x x ---=，解得4x =或6x =或8x =，注意到465<<，768<<，所以结合()f x 的单调性可知在(),4-∞和()6,8上()0f x <，在()4,6和()8,+∞上()0f x >，对于A ，因为()311664n n a a +=-+，则()311646n n a a +=--，当1n =时，13a =，()32116643a a =--<-，则23a <，假设当n k =时，3k a <，当1n k =+时，()()331311646364k k a a +<---<-=，则13k a +<，综上：3n a ≤，即(),4n a ∈-∞，因为在(),4-∞上()0f x <，所以1n n a a +<，则{}n a 为递减数列，因为()332111916612647442n n n n n n n a a a a a a a +-+=-+-+=-+-，令()()32192647342h x x x x x =-+-≤，则()239264h x x x '=-+，因为()h x '开口向上，对称轴为96324x -=-=⨯，所以()h x '在(],3-∞上单调递减，故()()2333932604h x h ''≥=⨯-⨯+>，所以()h x 在(],3-∞上单调递增，故()()321933326347042h x h ≤=⨯-⨯+⨯-<，故110n n a a +-+<，即11n n a a +<-，假设存在常数0M ≤，使得n a M >恒成立，取[]14m M =-+，其中[]1M M M -<≤，且[]Z M ∈，因为11n n a a +<-，所以[][]2132431,1,,1M M a a a a a a -+-+<-<-<- ，上式相加得，[][]()14333M a a M M M -+<--+≤+-=，则[]14m M a a M +=<，与n a M >恒成立矛盾，故A 错误；对于B ，因为15a =，当1n =时，156a =<，()()33211166566644a a =-+=⨯-+<，假设当n k =时，6k a <，当1n k =+时，因为6k a <，所以60k a -<，则()360k a -<，所以()3116664k k a a +=-+<，又当1n =时，()()332111615610445a a =-+=⨯+-->，即25a >，假设当n k =时，5k a ≥，当1n k =+时，因为5k a ≥，所以61k a -≥-，则()361k a -≥-，所以()3116654k k a a +=-+≥，综上：56n a ≤<，因为在()4,6上()0f x >，所以1n n a a +>，所以{}n a 为递增数列，此时，取6M =，满足题意，故B 正确；对于C ，因为()311664n n a a +=-+，则()311646n n a a +=--，注意到当17a =时，()3216617644a =-+=+，3341166441664a ⎪⎛⎫⎫+=+ ⎪⎝+-⎭⎭⎛= ⎝，143346166144416a ⎢⎛⎫+=⎡⎤⎛⎫=+-⎢⎥ ⎪⎝+ ⎪⎭⎭⎥⎦⎝⎣猜想当2n ≥时，)1312164k k a -⎛⎫+ ⎪=⎝⎭，当2n =与3n =时，2164a =+与43164a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭满足()1312164nn a -⎛⎫+ ⎪=⎝⎭，假设当n k =时，)1312164k k a -⎛⎫+ ⎪=⎝⎭，当1n k =+时，所以()())13113131122311666116664444k k k k a a +-+-⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎢⎥=+-+ ⎪⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦-+=+=，综上：()()13121624n n a n - =⎛⎫+≥⎪⎝⎭，易知310n->，则)13121014n -⎛⎫<< ⎪⎝⎭，故()()()1312166,724n n a n -⎛⎪=⎫+∈≥ ⎝⎭，所以(],67n a ∈，因为在()6,8上()0f x <，所以1n n a a +<，则{}n a 为递减数列，假设存在常数6M >，使得n a M >恒成立，记()0143log 2log 61m M ⎡⎤⎢⎥⎣=+⎦-，取[]01m m =+，其中[]*00001,N m m m m -<≤∈，则()0142log 6133m mM ->=+，故()()14log 61312m M ->-，所以()1312614m M -⎛⎫ ⎪<⎝-⎭，即)1312164m M -⎛⎫+ ⎪⎭<⎝，所以m a M <，故n a M >不恒成立，故C 错误；对于D ，因为19a =，当1n =时，()32116427634a a ==->-，则29a >，假设当n k =时，3k a ≥，当1n k =+时，()()331116936644k k a a +≥=-->-，则19k a +>，综上：9n a ≥，因为在()8,+∞上()0f x >，所以1n n a a +>，所以{}n a 为递增数列，因为()332111916612649442n n n n n n n a a a a a a a +--=-+--=-+-，令()()32192649942g x x x x x =-+-≥，则()239264g x x x '=-+，因为()g x '开口向上，对称轴为96324x -=-=⨯，所以()g x '在[)9,+∞上单调递增，故()()2399992604g x g ≥=⨯-⨯+'>'，所以()()321999926949042g x g ≥=⨯-⨯+⨯->，故110n n a a +-->，即11n n a a +>+，假设存在常数0M >，使得n a M <恒成立，取[]21m M =+，其中[]1M M M -<≤，且[]Z M ∈，因为11n n a a +>+，所以[][]213211,1,,1M M a a a a a a +>+>+>+ ，上式相加得，[][]1191M a a M M M +>+>+->，则[]21m M a a M +=>，与n a M <恒成立矛盾，故D 错误. 故选：B.【名师点评】关键名师点评：本题解决的关键是根据首项给出与通项性质相关的相应的命题，再根据所得命题结合放缩法得到通项所满足的不等式关系，从而可判断数列的上界或下界是否成立.2．（2022∙北京∙高考真题）已知数列{}n a 各项均为正数，其前n 项和n S 满足9(1,2,)n n a S n ⋅== ．给出下列四个结论：①{}n a 的第2项小于3； ②{}n a 为等比数列； ③{}n a 为递减数列； ④{}n a 中存在小于1100的项．其中所有正确结论的序号是．【答案】①③④ 【详细分析】推导出199n n n a a a -=-，求出1a 、2a 的值，可判断①；利用反证法可判断②④；利用数列单调性的定义可判断③.【答案详解】由题意可知，N n *∀∈，0n a >，当1n =时，219a =，可得13a =；当2n ≥时，由9n n S a =可得119n n S a --=，两式作差可得199n n n a a a -=-，所以，199n n n a a a -=-，则2293a a -=，整理可得222390a a +-=，因为20a >，解得2332a =<，①对；假设数列{}n a 为等比数列，设其公比为q ，则2213a a a =，即2213981S S S ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以，2213S S S =，可得()()22221111a q a q q +=++，解得0q =，不合乎题意，故数列{}n a 不是等比数列，②错；当2n ≥时，()1119990n n n n n n n a a a a a a a ----=-=>，可得1n n a a -<，所以，数列{}n a 为递减数列，③对；假设对任意的N n *∈，1100n a ≥，则10000011000001000100S ≥⨯=，所以，1000001000009911000100a S =≤<，与假设矛盾，假设不成立，④对. 故答案为：①③④.【名师点评】关键点名师点评：本题在推断②④的正误时，利用正面推理较为复杂时，可采用反证法来进行推导.3．（2022∙浙江∙高考真题）已知数列{}n a 满足()21111,3n n n a a a a n *+==-∈N ，则（）A ．100521002a <-，累加可求出11(2)3n n a >+，得出1001003a <，再利用11111111333132n n n a a a n n +⎛⎫-=<=+ ⎪-+⎝⎭-+，累加可求出()111111113323nn a n ⎛⎫-<-++++ ⎪⎝⎭ ，再次放缩可得出10051002a >．【答案详解】∵11a =，易得()220,13a =∈，依次类推可得()0,1n a ∈ 由题意，1113n n n a a a +⎛⎫=- ⎪⎝⎭，即()1131133n n n n na a a a a +==+--，∴1111133n n n a a a +-=>-，即211113a a ->，321113a a ->，431113a a ->，…，1111,(2)3n n n a a -->≥，累加可得()11113n n a ->-，即11(2),(2)3n n n a >+≥， ∴()3,22n a n n <≥+，即100134a <，100100100334a <<, 又11111111,(2)333132n n n n a a a n n +⎛⎫-=<=+≥ ⎪-+⎝⎭-+， ∴211111132a a ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭，321111133a a ⎛⎫-<+ ⎪⎝⎭，431111134a a ⎛⎫-<+ ⎪⎝⎭，…，111111,(3)3n n n a a n -⎛⎫-<+≥ ⎪⎝⎭，累加可得()11111111,(3)3323n n n a n ⎛⎫-<-++++≥ ⎪⎝⎭ ，∴100111111111333349639323100326a ⎛⎫⎛⎫-<++++<+⨯+⨯< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ，即100140a <，∴100140a >，即10051002a >；综上：100510032a <<．故选：B ．【名师点评】关键点名师点评：解决本题的关键是利用递推关系进行合理变形放缩. 4．（2021∙浙江∙高考真题）已知数列{}n a满足)111,N n a a n *+==∈.记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（）A ．100332S <，利用倒数法得到21111124n n a a +⎛⎫==+-⎪⎪⎭，再放缩可得12<，由累加法可得24(1)n a n ≥+，进而由1n a +=113n n a n a n ++≤+，然后利用累乘法求得6(1)(2)n a n n ≤++，最后根据裂项相消法即可得到1003S <，从而得解．【答案详解】因为)111,N n a a n *+==∈，所以0n a >，10032S >．由211111124n n n a a a ++⎛⎫=⇒=+=+-⎪⎪⎭2111122n a +⎛⎫∴<⇒<⎪⎪⎭12<()111,222n n n -+<+=≥，当1n =112+=，12n +≤，当且仅当1n =时等号成立，12412(1)311n n n n a n a a a n n n ++∴≥∴=≤=++++ 113n n a n a n ++∴≤+，由累乘法可得()6,2(1)(2)n a n n n ≤≥++，且16(11)(12)a =++，则6(1)(2)n a n n ≤++，当且仅当1n =时取等号，由裂项求和法得：所以10011111111116632334451011022102S ⎛⎫⎛⎫≤-+-+-++-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即100332S <<．故选：A ．【名师点评】的不等关系，再由累加法可求得24(1)n a n ≥+，由题目条件可知要证100S 小于某数，从而通过局部放缩得到1,n n a a +的不等关系，改变不等式的方向得到6(1)(2)n a n n ≤++，最后由裂项相消法求得1003S <．5．（2020∙浙江∙高考真题）我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列(1)2n n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭就是二阶等差数列，数列(1)2n n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭(N )n *∈ 的前3项和是．【答案】10【详细分析】根据通项公式可求出数列{}n a 的前三项，即可求出．【答案详解】因为()12n n n a +=，所以1231,3,6a a a ===．即312313610S a a a =++=++=．故答案为：10.【名师点评】本题主要考查利用数列的通项公式写出数列中的项并求和，属于容易题．6．（2020∙全国∙高考真题）数列{}n a 满足2(1)31nn n a a n ++-=-，前16项和为540，则1a = .【答案】7【详细分析】对n 为奇偶数分类讨论，分别得出奇数项、偶数项的递推关系，由奇数项递推公式将奇数项用1a 表示，由偶数项递推公式得出偶数项的和，建立1a 方程，求解即可得出结论.【答案详解】2(1)31nn n a a n ++-=-，当n 为奇数时，231n n a a n +=+-；当n 为偶数时，231n n a a n ++=-. 设数列{}n a 的前n 项和为n S ，16123416S a a a a a =+++++135********()()a a a a a a a a =+++++++111111(2)(10)(24)(44)(70)a a a a a a =++++++++++ 11(102)(140)(5172941)a a ++++++++ 118392928484540a a =++=+=，17a ∴=.故答案为：7.【名师点评】本题考查数列的递推公式的应用，以及数列的并项求和，考查分类讨论思想和数学计算能力，属于较难题.7．（2019∙浙江∙高考真题）设,a b R ∈，数列{}n a 中，211,n n a a a a b +==+，N n *∈ ,则A ．当101,102b a =>B ．当101,104b a =>C ．当102,10b a =->D ．当104,10b a =->【答案】A【解析】若数列{}n a 为常数列，101a a a ==，则只需使10a ≤，选项的结论就会不成立.将每个选项的b 的取值代入方程20x x b -+=，看其是否有小于等于10的解.选项B 、C 、D 均有小于10的解，故选项B 、C 、D 错误.而选项A 对应的方程没有解，又根据不等式性质，以及基本不等式，可证得A 选项正确.【答案详解】若数列{}n a 为常数列，则1n a a a ==，由21n n a a b +=+，可设方程20x x b -+= 选项A ：12b =时，2112n n a a +=+，2102x x -+=， 1210∆=-=-<，故此时{}n a 不为常数列，222112n n n n a a a +=+=+≥ ，且2211122a a =+≥，792a a ∴≥≥21091610a a >≥>，故选项A 正确；选项B ：14b =时，2114n n a a +=+，2104x x -+=，则该方程的解为12x =，即当12a =时，数列{}n a 为常数列，12n a =，则101102a =<，故选项B 错误；选项C ：2b =-时，212n n a a +=-，220x x --=该方程的解为=1x -或2，即当1a =-或2时，数列{}n a 为常数列，1n a =-或2，同样不满足1010a >，则选项C 也错误；选项D ：4b =-时，214n n a a +=-，240x x --=该方程的解为12x =，同理可知，此时的常数列{}n a 也不能使1010a >，则选项D 错误. 故选：A.【名师点评】遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.利用函数方程思想，通过研究函数的不动点，进一步讨论a 的可能取值，利用“排除法”求解.考点03 等差数列及其前n 项和一、单选题 1．（2024∙全国甲卷∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知510S S =，51a =，则1a =（） A ．72B ．73 C ．13-D ．711-【答案】B【详细分析】由510S S =结合等差中项的性质可得80a =，即可计算出公差，即可得1a 的值. 【答案详解】由105678910850S S a a a a a a -=++++==，则80a =，则等差数列{}n a 的公差85133a a d -==-，故151741433a a d ⎛⎫=-=-⨯-= ⎪⎝⎭.故选：B.2．（2024∙全国甲卷∙高考真题）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若91S =，则37a a +=（） A ．2-B ．73C ．1D ．29【答案】D【详细分析】可以根据等差数列的基本量，即将题目条件全转化成1a 和d 来处理，亦可用等差数列的性质进行处理，或者特殊值法处理.【答案详解】方法一：利用等差数列的基本量由91S =，根据等差数列的求和公式，911989193612S a d a d ⨯=+=⇔+=，又371111222628(936)99a a a d a d a d a d +=+++=+=+=. 故选：D方法二：利用等差数列的性质根据等差数列的性质，1937a a a a +=+，由91S =，根据等差数列的求和公式， 193799()9()122a a a a S ++===，故3729a a +=.故选：D方法三：特殊值法不妨取等差数列公差0d =，则9111199S a a ==⇒=，则371229a a a +==. 故选：D3．（2023∙全国甲卷∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若264810,45a a a a +==，则5S =（） A ．25B ．22C ．20D ．15【答案】C【详细分析】方法一：根据题意直接求出等差数列{}n a 的公差和首项，再根据前n 项和公式即可解出；方法二：根据等差数列的性质求出等差数列{}n a 的公差，再根据前n 项和公式的性质即可解出．【答案详解】方法一：设等差数列{}n a 的公差为d ，首项为1a ，依题意可得，2611510a a a d a d +=+++=，即135a d +=,又()()48113745a a a d a d =++=，解得：11,2d a ==，所以515455210202S a d ⨯=+⨯=⨯+=．故选：C.方法二：264210a a a +==，4845a a =，所以45a =，89a =，从而84184a a d -==-，于是34514a a d =-=-=，所以53520S a ==．故选：C.4．（2023∙全国乙卷∙高考真题）已知等差数列{}n a 的公差为23π，集合{}*cos N n S a n =∈，若{},S a b =，则ab =（） A ．－1B ．12-C ．0D ．12【答案】B【详细分析】根据给定的等差数列，写出通项公式，再结合余弦型函数的周期及集合只有两个元素详细分析、推理作答.【答案详解】依题意，等差数列{}n a 中，112π2π2π(1)()333n a a n n a =+-⋅=+-，显然函数12π2πcos[()]33y n a =+-的周期为3，而N n *∈，即cos n a 最多3个不同取值，又{cos |N }{,}n a n a b *∈=，则在123cos ,cos ,cos a a a 中，123cos cos cos a a a =≠或123cos cos cos a a a ≠=，于是有2πcos cos()3θθ=+，即有2π()2π,Z 3k k θθ++=∈，解得ππ,Z 3k k θ=-∈，所以Z k ∈，2ππ4πππ1cos(π)cos[(π)]cos(π)cos πcos πcos 333332ab k k k k k =--+=--=-=-.故选：B5．（2023∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，设甲：{}n a 为等差数列；乙：{}nS n为等差数列，则（）A ．甲是乙的充分条件但不是必要条件B ．甲是乙的必要条件但不是充分条件C ．甲是乙的充要条件D ．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【答案】C【详细分析】利用充分条件、必要条件的定义及等差数列的定义，再结合数列前n 项和与第n 项的关系推理判断作答.，【答案详解】方法1，甲：{}n a 为等差数列，设其首项为1a ，公差为d ，则1111(1)1,,222212n n n n S S S n n n d d dS na d a d n a nn n +--=+=+=+--=+，因此{}nS n为等差数列，则甲是乙的充分条件；反之，乙：{}nS n为等差数列，即111(1)1(1)(1)n n n n n n S S nS n S na S n n n n n n +++-+--==+++为常数，设为t ，即1(1)n nna S t n n +-=+，则1(1)n n S na t n n +=-⋅+，有1(1)(1),2n n S n a t n n n -=--⋅-≥，两式相减得：1(1)2n n n a na n a tn +=---，即12n n a a t +-=，对1n =也成立，因此{}n a 为等差数列，则甲是乙的必要条件，所以甲是乙的充要条件，C 正确.方法2，甲：{}n a 为等差数列，设数列{}n a 的首项1a ，公差为d ，即1(1)2n n n S na d -=+，则11(1)222n S n d d a d n a n-=+=+-，因此{}n S n 为等差数列，即甲是乙的充分条件；反之，乙：{}nS n 为等差数列，即11,(1)1n n n S S S D S n D n n n+-==+-+，即1(1)n S nS n n D =+-，11(1)(1)(2)n S n S n n D -=-+--，当2n ≥时，上两式相减得：112(1)n n S S S n D --=+-，当1n =时，上式成立，于是12(1)n a a n D =+-，又111[22(1)]2n n a a a nD a n D D +-=+-+-=为常数，因此{}n a 为等差数列，则甲是乙的必要条件，所以甲是乙的充要条件. 故选：C6．（2022∙北京∙高考真题）设{}n a 是公差不为0的无穷等差数列，则“{}n a 为递增数列”是“存在正整数0N ，当0n N >时，0n a >”的（） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】C【详细分析】设等差数列{}n a 的公差为d ，则0d ≠，利用等差数列的通项公式结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【答案详解】设等差数列{}n a 的公差为d ，则0d ≠，记[]x 为不超过x 的最大整数. 若{}n a 为单调递增数列，则0d >，若10a ≥，则当2n ≥时，10n a a >≥；若10a <，则()11n a a n d +-=，由()110n a a n d =+->可得11a n d >-，取1011a N d ⎡⎤=-+⎢⎥⎣⎦，则当0n N >时，0n a >，所以，“{}n a 是递增数列”⇒“存在正整数0N ，当0n N >时，0n a >”；若存在正整数0N ，当0n N >时，0n a >，取N k *∈且0k N >，0k a >，假设0d <，令()0n k a a n k d =+-<可得k a n k d >-，且k ak k d->，当1k a n k d ⎡⎤>-+⎢⎥⎣⎦时，0n a <，与题设矛盾，假设不成立，则0d >，即数列{}n a 是递增数列.所以，“{}n a 是递增数列”⇐“存在正整数0N ，当0n N >时，0n a >”.所以，“{}n a 是递增数列”是“存在正整数0N ，当0n N >时，0n a >”的充分必要条件. 故选：C.7．（2020∙浙江∙高考真题）已知等差数列{an }的前n 项和Sn ，公差d ≠0，11a d≤．记b 1=S 2，bn+1=S2n+2–S 2n ，n N *∈，下列等式不可能．．．成立的是（） A ．2a 4=a 2+a 6B ．2b 4=b 2+b 6C ．2428a a a = D ．2428b b b =【答案】D【详细分析】根据题意可得，21212222n n n n n b S a a S ++++=+=-，而1212b S a a ==+，即可表示出题中2468,,,b b b b ，再结合等差数列的性质即可判断各等式是否成立．【答案详解】对于A ，因为数列{}n a 为等差数列，所以根据等差数列的下标和性质，由4426+=+可得，4262a a a =+，A 正确；对于B ，由题意可知，21212222n n n n n b S a a S ++++=+=-，1212b S a a ==+，∴234b a a =+，478b a a =+，61112b a a =+，81516b a a =+． ∴()47822b a a =+，26341112b b a a a a +=+++．根据等差数列的下标和性质，由31177,41288+=++=+可得()26341112784=2=2b b a a a a a a b +=++++，B 正确；对于C ，()()()()2224281111137222a a a a d a d a d d a d d d a -=+-++=-=-，当1a d =时，2428a a a =，C 正确；对于D ，()()22222478111213452169b a a a d a a d d =+=+=++，()()()()2228341516111125229468145b b a a a a a d a d a a d d =++=++=++， ()22428112416832b b b d a d d d a -=-=-．当0d >时，1a d ≤，∴()113220d a d d a -=+->即24280b b b ->；当0d <时，1a d ≥，∴()113220d a d d a -=+-<即24280b b b ->，所以24280b b b ->，D 不正确．故选：D.【名师点评】本题主要考查等差数列的性质应用，属于基础题．8．（2019∙全国∙高考真题）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．已知4505S a ==，，则。

高考数学复习考点知识归纳专题解析18等比数列(解析版)

高考数学复习考点知识归纳专题解析专题18等比数列及其前n 项和考点知识归纳常考点01 等比数列中的基本运算 (1)【典例1】 ................................................................................................................................................ 1 【考点总结与提高】 ............................................................................................................................... 2 【变式演练1】 ........................................................................................................................................ 3 常考点02等比数列基本性质的应用 . (3)【典例2】 ................................................................................................................................................ 3 【考点总结与提高】 ............................................................................................................................... 4 【变式演练2】 ........................................................................................................................................ 4 常考点03 等比数列的通项公式及前n 项和 (5)【典例3】 ................................................................................................................................................ 5 【考点总结与提高】 ............................................................................................................................... 6 【变式演练3】 ........................................................................................................................................ 6 常考点04 等差等比混合应用 (7)【典例4】 ................................................................................................................................................ 7 【考点总结与提高】 ............................................................................................................................... 8 【变式演练4】 ........................................................................................................................................ 9 【冲关突破训练】 .. (10)常考点01 等比数列中的基本运算【典例1】1．（2021年全国高考甲卷数学（文）试题）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和.若24S =，46S =，则6S =（） A ．7B ．8C ．9D ．102．（2021年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅲ））已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前4项和为15，且53134a a a =+，则3a =A ．16B ．8C ．4D ．2【答案】1.A 2.C【解析】1.∵n S 为等比数列{}n a 的前n 项和， ∴2S ，42S S -，64S S -成等比数列 ∴24S =，42642S S -=-= ∴641S S -=，∴641167S S =+=+=. 故选：A.2.设正数的等比数列{a n }的公比为q ，则2311114211115,34a a q a q a q a q a q a ⎧+++=⎨=+⎩，解得11,2a q =⎧⎨=⎩，2314a a q ∴==，故选C ．【考点总结与提高】（1）等比数列的基本运算方法：①等比数列由首项1a 与公比q 确定，所有关于等比数列的计算和证明，都可围绕1a 与q 进行． ②对于等比数列问题，一般给出两个条件，就可以通过解方程(组)求出1a 与q ，对于1,,,,n n a a q n S 五个基本量，如果再给出第三个条件就可以“知三求二”．（2）基本量计算过程中涉及的数学思想方法：①方程思想．等比数列的通项公式和前n 项和公式联系着五个基本量，“知三求二”是一类最基本的运算，通过列方程(组)求出关键量1a 和q ，问题可迎刃而解．②分类讨论思想．等比数列的前n 项和公式为111,1(1),111n nn na q S a a qa q q q q≠，所以当公比未知或是代数式时，要对公比分1q 和1q ≠进行讨论.此处是常考易错点，一定要引起重视．③整体思想．应用等比数列前n 项和公式时，常把nq ，11a q-当成整体求解. 【变式演练1】1．已知等比数列{}n a 满足114a =,()35441a a a =-,则2a =（）A ．2B ．1C ．12D ．182．已知等比数列{}n a 满足13a =，13521a a a ++=，则357a a a ++= A ．21B ．42C ．63D ．84【答案】1.C 2.B【解析】1.由题意可得()235444412a a a a a ==-⇒=,所以34182a q q a ==⇒= ,故2112a a q == ,选C.2.24242135121(1)21172a a a a q q q q q ++=++=∴++=∴=得2357135+()22142a a a q a a a +=++=⨯=，选B.常考点02等比数列基本性质的应用【典例2】1．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））设{}n a 是等比数列，且1231a a a ++=，234+2a a a +=，则678a a a ++=（） A ．12B ．24C ．30D ．322．已知{}n a 为等比数列,472a a +=,568a a =-,则110a a +=（） A ．7B ．5C ．5-D ．7-【答案】1.D 2.D【解析】1.设等比数列{}n a 的公比为q ，则()2123111a a a a q q++=++=，()232234111112a a a a q a q a q a q q q q ++=++=++==，因此，()5675256781111132a a a a q a q a q a q q q q++=++=++==.故选：D.2.56474747822,4a a a a a a a a ==-+=∴=-=或474,2a a ==-.由等比数列性质可知2274101478,1a a a a a a ==-==或2274101471,8a a a a a a ====- 1107a a ∴+=-故选D.【考点总结与提高】等比数列的性质是高考考查的热点之一，利用等比数列的性质求解可使题目减少运算量，题型以选择题或填空题为主，难度不大，属中低档题，主要考查通项公式的变形、等比中项的应用及前n 项和公式的变形应用等.注意：（1）在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ”，可以减少运算量，提高解题速度．（2）在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用.【变式演练2】1．已知数列{a n }是等比数列，且a n >0，a 2a 4＋2a 3a 5＋a 4a 6＝25，那么a 3＋a 5＝（） A ．5B ．10C ．15D ．202．设等比数列{}n a 满足a 1+a 3=10，a 2+a 4=5，则a 1a 2 …a n 的最大值为___________．【答案】1.A 2.64【解析】1.数列{a n }是等比数列，所以22243465,a a a a a a ==，所以()2222435463355352225a a a a a a a a a a a a ++=++=+=，又因为0n a >，所以350a a +>，所以355a a +=，故选：A.2.设等比数列的公比为q ，由132410{5a a a a +=+=得，2121(1)10{(1)5a q a q q +=+=，解得1812a q =⎧⎪⎨=⎪⎩.所以2(1)1712(1)22212118()22n n n n n n nn a a a a q--++++-==⨯=，于是当3n =或4时，12n a a a 取得最大值6264=.常考点03 等比数列的通项公式及前n 项和【典例3】1．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅱ））记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 5–a 3=12，a 6–a 4=24，则n nS a =（）A ．2n –1B ．2–21–nC ．2–2n –1D ．21–n –1【答案】B【解析】设等比数列的公比为q ，由536412,24a a a a -=-=可得：421153111122124a q a q q a a q a q ⎧-==⎧⎪⇒⎨⎨=-=⎪⎩⎩，所以1111(1)122,21112n nn n n n n a q a a qS q ----=====---，因此1121222n n n n n S a ---==-. 故选：B.2．设首项为1，公比为23的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，则 A ．21n n S a =- B ．32n n S a =-C ．43n n S a =-D ．32n n S a =-【答案】D 【解析】S n ＝()111na q q--＝11n a q a q -⋅-＝21313na -＝3－2a n .【考点总结与提高】1．求等比数列的通项公式，一般先求出首项与公比，再利用11n n a a q -=求解．但在某些情况下，利用等比数列通项公式的变形n mn m a a q -=可以简化解题过程．求解时通常会涉及等比数列的设项问题，常用的设项方法为：（1）通项法．设数列的通项公式11n n a a q -=来求解；（2）对称设元法：若所给等比数列的项数为2()n n N 且各项符号相同，则这个数列可设为21na q ，…，3a q ，,aaq q，3aq ，…，21n aq ；若所给等比数列的项数为21()n nN ，则这个数列可设为1n a q，…，,,aa aq q ，…，1n aq . 2．当1q ≠时，若已知1,,a q n ，则用1(1)1n n a q S q求解较方便；若已知1,,n a q a ，则用11n na a qS q求解较方便.3．（1）形如1(1,0)n n a pa q p pq +=+≠≠的递推关系式，①利用待定系数法可化为1n a +-()11n q q p a p p =---，当101q a p -≠-时，数列{}1n qa p --是等比数列；②由1n n a pa q +=+，1(2)n n a pa q n -=+≥，两式相减，得11()n n n n a a p a a +--=-，当210a a -≠时，数列1{}n n a a +-是公比为p 的等比数列．（2）形如+1(,0)nn n a ca d c d cd =+≠≠的递推关系式，除利用待定系数法直接化归为等比数列外，也可以两边同时除以1n d +，进而化归为等比数列．【变式演练3】1．数列{A n }中，A 1＝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 ．52．已知{}n a 是等比数列，22a =，514a =，则12231n n a a a a a a +++⋅⋅⋅+=（） A ．()1614n--B ．()1612n--C ．()32123n -- D ．()32143n -- 【答案】1.C 2.D【解析】1.令m ＝1，则由A m ＋n ＝A m A n ，得A n ＋1＝A 1A n ，即1n n A A +＝A 1＝2，所以数列{A n }是首项为2，公比为2的等比数列，所以A n ＝2n，所以A k ＋1＋A k ＋2＋…＋A k ＋10＝A k (A 1＋A 2＋…＋A 10)＝2k×102(12)12⨯--＝12k +×(210－1)＝215－25＝25×(210－1)，解得k ＝4.故选：C 2.由题得35211,82a q q a ==∴=.所以2232112()()22n n n n a a q ---==⨯=，所以32251111()()()222n n n n n a a ---+=⋅=.所以1114n n n n a a a a +-=，所以数列1{}n n a a +是一个等比数列. 所以12231n n a a a a a a +++⋅⋅⋅+=18[1()]4114n --=()32143n --. 故选：D常考点04 等差等比混合应用【典例4】1.等差数列{}n a 的首项为1，公差不为0．若2a 、3a 、6a 成等比数列，则{}n a 的前6项的和为（） A ．24-B ．3-C ．3D ．82．已知正项等差数列{}n a 和正项等比数列{}n b }，111a b ==，3b 是2a ，6a 的等差中项，8a 是3b ，5b 的等比中项，则下列关系成立的是（） A ．100100a b >B ．102411a b =C ．105a b >D ．999a b >【答案】1.A 2.B【解析】1.设等差数列{}n a 的公差为d ，由2a 、3a 、6a 成等比数列可得2326a a a =，即2(12)(1)(15)d d d +=++，整理可得220d d +=，又公差不为0，则2d =-，故{}n a 前6项的和为616(61)6(61)661(2)2422S a d ⨯-⨯-=+=⨯+⨯-=-. 故选：A2.设等差数列公差为d ，等比数列公比为q ，由题意可得：2326226835212262(1+7)b a a d q d a b b q d q =+=⎧⎧=+⎧⇒⇒⎨⎨⎨===⎩⎩⎩ 1,2-∴==n n n a n bA. 100100,2，==>99100100a 100b b a ,故A 不正确；B. ,2==10102411a 1024b =1024，故B 正确；C. ,2==4105a 10b =16，故C 不正确；D. ,2==8999a 99b =256，故D 不正确.故选：B【考点总结与提高】等差、等比数列混合题型属于常规题型，解题思路基本相同∶按照其中一种数列的通项公式展开已知中的各项，再根据另一种数列的性质列出等式即可;至于使用哪一种数列的通项公式展开已知中的各项，要根据实际题意以及计算方便与否来决定。

2018年各地高考真题分类汇编数列学生版完整版.doc

（2018年全国一·文科）17．（12分）已知数列{}n a 满足11a =，()121n n na n a +=+，设nn a b n=．（1）求123b b b ，，；（2）判断数列{}n b 是否为等比数列，并说明理由；（3）求{}n a 的通项公式．（2018年全国二·文科）17．（12分）记为等差数列的前项和，已知，．（1）求的通项公式；（2）求，并求的最小值．（2018年全国三·文科）17．（12分）等比数列中，．（1）求的通项公式；（2）记为的前项和．若，求．（2018年北京·文科）（15）（本小题13分）设{}n a 是等差数列，且123ln 2,5ln 2a a a =+=. （Ⅰ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）求12e e e n a a a +++L .（2018年天津·文科）（18）（本小题满分13分）设{a n }是等差数列，其前n 项和为S n （n ∈N *）；{b n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为T n （n ∈N *）．已知b 1=1，b 3=b 2+2，b 4=a 3+a 5，b 5=a 4+2a 6．（Ⅰ）求S n 和T n ；（Ⅱ）若S n +（T 1+T 2+…+T n ）=a n +4b n ，求正整数n 的值．n S {}n a n 17a =-315S =-{}n a n S n S {}n a 15314a a a ==，{}n a n S {}n a n 63m S =m（2018年江苏）14．已知集合*{|21,}A x x n n ==-∈N ，*{|2,}n B x x n ==∈N ．将A B U 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 ▲ ．（2018年浙江）10．已知1234,,,a a a a 成等比数列，且1234123ln()a a a a a a a +++=++．若11a >，则A ．1324,a a a a <<C ．1324,a a a a <>D ．1324,a a a a >>（2018年上海）20．（本题满分15分）已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 3+a 4+a 5=28，a 4+2是a 3，a 5的等差中项．数列{b n }满足b 1=1，数列{（b n +1−b n ）a n }的前n 项和为2n 2+n ．（Ⅰ）求q 的值；（Ⅱ）求数列{b n }的通项公式．高考一、考试中途应饮葡萄糖水大脑是记忆的场所，脑中有数亿个神经细胞在不停地进行着繁重的活动,大脑细胞活动需要大量能量。

2020年高考数学(文)分类专题训练《六数列第18讲数列的综合应用》(含近十年高考真题及解析)

专题六数列第十八讲数列的综合应用一、选择题1．(2018浙江)已知1a ，2a ，3a ，4a 成等比数列，且1234123ln()a a a a a a a +++=++．若11a >，则A ．13a a <，24a a ，24a a <C ．13a a <，24a a >D ．13a a >，24a a >2．(2015湖北)设12,,,n a a a ∈R L ，3n ≥．若p ：12,,,n a a a L 成等比数列；q ：222121()n a a a -+++⨯L 22222312231()()n n n a a a a a a a a a -+++=+++L L ，则A ．p 是q 的充分条件，但不是q 的必要条件B ．p 是q 的必要条件，但不是q 的充分条件C ．p 是q 的充分必要条件D ．p 既不是q 的充分条件，也不是q 的必要条件3．（2014新课标2）等差数列{}n a 的公差为2，若2a ，4a ，8a 成等比数列，则{}n a 的前n项和n S =A ．()1n n +B ．()1n n -C ．()12n n + D ．()12n n -4．（2014浙江）设函数21)(x x f =，),(2)(22x x x f -=|2sin |31)(3x x f π=， 99,,2,1,0,99Λ==i ia i ，记10|()()|k k k I f a f a =-+21|()()|k k f a f a -+⋅⋅⋅+ 9998|()()|k k f a f a -，.3,2,1=k 则A ．321I I I <成立的n 的最小值为．6．（2015浙江）已知{}n a 是等差数列，公差d 不为零．若2a ，3a ，7a 成等比数列，且1221a a +=，则1a = ，d = ．7．（2013重庆）已知{}n a 是等差数列，11a =，公差0d ≠，n S 为其前n 项和，若125,,a a a 成等比数列，则8_____S =．8．（2011江苏）设7211a a a ≤≤≤≤Λ，其中7531,,,a a a a 成公比为q 的等比数列，642,,a a a 成公差为1的等差数列，则q 的最小值是________．三、解答题9．（2018江苏）设{}n a 是首项为1a ，公差为d 的等差数列，{}n b 是首项为1b ，公比为q 的等比数列．(1)设110,1,2a b q ===，若1||n n a b b -≤对1,2,3,4n =均成立，求d 的取值范围；(2)若*110,,(1a b m q =>∈∈N ，证明：存在d ∈R ，使得1||n n a b b -≤对2,3,,1n m =+L 均成立，并求d 的取值范围（用1,,b m q 表示）． 10*．（2017浙江）已知数列{}n x 满足：11x =，11ln(1)n n n x x x ++=++()n ∈*N ．证明：当n ∈*N 时（Ⅰ）10n n x x +<<；（Ⅱ）1122n n n n x x x x ++-≤；（Ⅲ）121122n n n x --≤≤．*根据亲所在地区选用，新课标地区（文科）不考． 11．（2017江苏）对于给定的正整数k ，若数列{}n a 满足11112n k n k n n n k n k n a a a a a a ka --+-++-+++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅++=对任意正整数n ()n k >总成立，则称数列{}n a 是“()P k 数列”．（1）证明：等差数列{}n a 是“(3)P 数列”；（2）若数列{}n a 既是“(2)P 数列”，又是“(3)P 数列”，证明：{}n a 是等差数列．12．（2016年四川）已知数列{}n a 的首项为1，n S 为数列{}n a 的前n 项和，11n n S S +=+，其中0q >，*n N ∈(Ⅰ)若2323,,a a a a +成等差数列，求数列{}n a 的通项公式；(Ⅱ)设双曲线2221ny x a +=的离心率为n e ，且22e =，求22212n e e e ++⋅⋅⋅+．13．（2016年浙江）设数列{n a }的前n 项和为n S .已知2S =4，1n a +=2n S +1，*N n ∈.（I ）求通项公式n a ；（II ）求数列{2n a n --}的前n 项和.14．(2015重庆)已知等差数列{}n a 满足32a =，前3项和392S =．（Ⅰ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设等比数列{}n b 满足11b a =，415b a =，求{}n b 前n 项和n T ．15．（2015天津）已知{}n a 是各项均为正数的等比数列，{}n b 是等差数列，且111a b ==，2332b b a +=，5237a b -=．（Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（Ⅱ）设n n n c a b =，*n ∈N ，求数列{}n c 的前n 项和．16．(2015四川)设数列{}n a （n =1,2,3…）的前n 项和n S 满足12n n S a a =-，且1a ，2a +1，3a 成等差数列．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设数列1{}na 的前n 项和为n T ，求n T ． 17．（2015湖北）设等差数列{}n a 的公差为d ，前n 项和为n S ，等比数列{}nb 的公比为q ，已知11b a =，22b =，q d =，10100S =．（Ⅰ）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；（Ⅱ）当1d >时，记n c =nna b ，求数列{}n c 的前n 项和n T ． 18．(2014山东）已知等差数列}{n a 的公差为2，前n 项和为n S ，且1S ，2S ，4S 成等比数列．（Ⅰ）求数列}{n a 的通项公式；（Ⅱ）令n b =,4)1(11+--n n n a a n求数列}{n b 的前n 项和n T ． 19．（2014浙江）已知数列{}n a 和{}n b 满足()()*∈=N n a a a nb n 221Λ．若{}na 为等比数列，且.6,2231b b a +== （Ⅰ）求n a 与n b ；（Ⅱ）设()*∈-=N n b a c nn n 11．记数列{}n c 的前n 项和为n S ．（ⅰ）求n S ；（ⅱ）求正整数k ，使得对任意*∈N n ，均有n k S S ≥． 20．（2014湖南）已知数列{n a }满足*111,||,.n n n a a a p n N +=-=∈（Ⅰ）若{n a }是递增数列，且12,3,23a a a 成等差数列，求p 的值；（Ⅱ）若12p =，且{21n a -}是递增数列，{2n a }是递减数列，求数列{n a }的通项公式． 21．（2014四川）设等差数列{}n a 的公差为d ，点(,)n n a b 在函数()2xf x =的图象上（*n N ∈）．（Ⅰ）若12a =-，点87(,4)a b 在函数()f x 的图象上，求数列{}n a 的前n 项和n S ；（Ⅱ）若11a =，函数()f x 的图象在点22(,)a b 处的切线在x 轴上的截距为12ln 2-，求数列{}nna b 的前n 项和n T ． 22．(2014江苏)设数列}{n a 的前n 项和为n S ．若对任意正整数n ，总存在正整数m ，使得m n a S =，则称}{n a 是“H 数列”．（Ⅰ）若数列}{n a 的前n 项和n n S 2=(∈n N *)，证明: }{n a 是“H 数列”；（Ⅱ）设}{n a 是等差数列，其首项11=a ，公差0<d ．若}{n a 是“H 数列”，求d 的值；（Ⅲ）证明：对任意的等差数列}{n a ，总存在两个“H 数列”}{n b 和}{n c ，使得n n n c b a +=(∈n N *)成立．23．（2013安徽）设数列{}n a 满足12a =，248a a +=，且对任意*n N ∈，函数1212()()cos -sin n n n n n f x a a a x a x a x ++++=-++⋅⋅，满足'()02f π=（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）若122nn n a b a =+（），求数列{}n b 的前n 项和n S ． 24．（2013广东）设各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足21441,,n n S a n n N *+=--∈且2514,,a a a 构成等比数列．（Ⅰ）证明：2a =（Ⅱ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅲ）证明：对一切正整数n ，有1223111112n n a a a a a a ++++<L ． 25．（2013湖北）已知n S 是等比数列{}n a 的前n 项和，4S ，2S ，3S 成等差数列，且23418a a a ++=-.（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）是否存在正整数n ，使得2013n S ≥？若存在，求出符合条件的所有n 的集合；若不存在，说明理由．26．（2013江苏）设{}n a 是首项为a ，公差为d 的等差数列()0d ≠，n S 是其前n 项和. 记2nn nS b n c=+，N n *∈，其中c 为实数.（Ⅰ）若0c =，且1b ，2b ，4b 成等比数列，证明：()2N nk k S n S k,n *=∈；（Ⅱ）若{}n b 是等差数列，证明：0c =．27． (2012山东)已知等差数列{}n a 的前5项和为105，且1052a a =．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）对任意*m ∈N ，将数列{}n a 中不大于27m 的项的个数记为m b .求数列{}m b 的前m项和m S ．28．（2012湖南）某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产．该企业第一年年初有资金2000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50％．预计以后每年资金年增长率与第一年的相同．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d 万元，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第n 年年底企业上缴资金后的剩余资金为n a 万元．（Ⅰ）用d 表示12,a a ，并写出1n a +与n a 的关系式；（Ⅱ）若公司希望经过m （m ≥3）年使企业的剩余资金为4000万元，试确定企业每年上缴资金d 的值（用m 表示）．29．（2012浙江）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且n S =22n n +，*n ∈N ，数列{}n b 满足24log 3n n a b =+，*n ∈N ．（Ⅰ）求,n n a b ；（Ⅱ）求数列{}n n a b ⋅的前n 项和n T ．30．（2012山东）在等差数列{}n a 中，84543=++a a a ，973a =（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）对任意的*N m ∈，将数列{}n a 中落入区间()29,9m m 内的项的个数为m b ，求数列{}m b 的前m 项和m S ．31．（2012江苏）已知各项均为正数的两个数列{}n a 和{}n b满足：1n a n *+=∈N ．（Ⅰ）设11n n nb b n a *+=+∈N ，，求证：数列2nn b a ⎧⎫⎛⎫⎪⎪⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭是等差数列；（Ⅱ）设1nn nb b n a *+=∈N ，，且{}n a 是等比数列，求1a 和1b 的值．32．（2011天津）已知数列{}{}n n a b 与满足11(2)1nn n n n b a b a +++=-+，1*13(1),,22n n b n N a -+-=∈=且．（Ⅰ）求23,a a 的值；（Ⅱ）设*2121,n n n c a a n N +-=-∈，证明{}n c 是等比数列；（Ⅲ）设n S 为{}n a 的前n 项和，证明*21212122121().3n n n n S S S S n n N a a a a --++++≤-∈L 33．（2011天津）已知数列{}n a 与{}n b 满足：1123(1)0,2nn n n n n n b a a b a b ++++-++==，*n ∈N ，且122,4a a ==．（Ⅰ）求345,,a a a 的值；（Ⅱ）设*2121,n n n c a a n N -+=+∈，证明：{}n c 是等比数列；（Ⅲ）设*242,,k k S a a a k N =++⋅⋅⋅+∈证明：4*17()6nk k kS n N a =<∈∑． 34．（2010新课标）设数列{}n a 满足21112,32n n n a a a -+=-=g（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）令n n b na =，求数列的前n 项和n S ．35．（2010湖南）给出下面的数表序列：124 4 8表1 表2 表3 ∙∙∙1 1 3 1 3 5其中表n （n =1,2,3 L ）有n 行，第1行的n 个数是1，3，5，L ，2n -1，从第2行起，每行中的每个数都等于它肩上的两数之和．（Ⅰ）写出表4，验证表4各行中数的平均数按从上到下的顺序构成等比数列，并将结论推广到表n （n ≥3）（不要求证明）；（Ⅱ）每个数列中最后一行都只有一个数，它们构成数列1，4，12，L ，记此数列为{}n b ，求和：32412231n n n bb b b bb b b b ++++L *()n N ∈ ．专题六数列第十八讲数列的综合应用答案部分1．B 【解析】解法一因为ln 1x x -≤(0x >)，所以1234123ln()a a a a a a a +++=++1231a a a ++-≤，所以41a -≤，又11a >，所以等比数列的公比0q <．若1q -≤，则212341(1)(10a a a a a q q +++=++）≤，而12311a a a a ++>≥，所以123ln()0a a a ++>，与1231234ln()0a a a a a a a ++=+++≤矛盾，所以10q -<<，所以2131(1)0a a a q -=->，2241(1)0a a a q q -=-<，所以13a a >，24a a <，故选B ．解法二因为1xe x +≥，1234123ln()a a a a a a a +++=++，所以123412312341a a a a ea a a a a a a +++=++++++≥，则41a -≤，又11a >，所以等比数列的公比0q <．若1q -≤，则212341(1)(10a a a a a q q +++=++）≤，而12311a a a a ++>≥，所以123ln()0a a a ++> 与1231234ln()0a a a a a a a ++=+++≤矛盾，所以10q -<<，所以2131(1)0a a a q -=->，2241(1)0a a a q q -=-<，所以13a a >，24a a <，故选B ．2．A 【解析】对命题p ：12,,,n a a a L 成等比数列，则公比)3(1≥=-n a a q n n且0≠n a ；对命题q ，①当0=n a 时，22222221212312231()()()n n n n a a a a a a a a a a a a --++++++=+++L L L 成立；②当0≠n a 时，根据柯西不等式，等式22222221212312231()()()n n n n a a a a a a a a a a a a --++++++=+++L L L 成立，则nn a a a a a a 13221-=⋅⋅⋅==，所以12,,,n a a a L 成等比数列，所以p 是q 的充分条件，但不是q 的必要条件．3．A 【解析】2a ，4a ，8a 成等比数列，∴2428a a a =⋅，即2111(6)(2)(14)a a a +=++，解得12a =，所以(1)n S n n =+．4．B 【解析】∵21)(x x f =在[0,1]上单调递增，可得1110()()0f a f a ->，1211()()0f a f a ->，…，199198()()0f a f a ->，∴111101211199198|()()||()()||()()|I f a f a f a f a f a f a =-+-+⋅⋅⋅+-1110121119919819910()()+()()()()=()()f a f a f a f a f a f a f a f a --+⋅⋅⋅+--=299-0=199（）∵),(2)(22x x x f -=在490]99[，上单调递增，在50[,1]99单调递减 ∴2120()()0f a f a ->，…，249248()()0f a f a ->，250249()()0f a f a -=，251250()()0f a f a -<，…，299298()()0f a f a -<∴221202221299298|()()||()()||()()|I f a f a f a f a f a f a =-+-+⋅⋅⋅+- =24920299250()()[()()]f a f a f a f a ---=250202992()()()f a f a f a --=505098004(1)199999801⨯⨯-=< ∵|2sin |31)(3x x f π=在24[0,]99，5074[,]9999上单调递增，在2549[,]9999，75[,1]99上单调递减，可得33253493742492()2()2(=(2sin sin )39999I f a f a f a ππ=-+-）252(2sin sin )(1312123444ππ>-=-=> 因此312I I I <<．5．27【解析】所有的正奇数和2n (*n ∈N )按照从小到大的顺序排列构成{}n a ，在数列{}n a中，52前面有16个正奇数，即5212a =，6382a =．当1n =时，1211224S a =<=，不符合题意；当2n =时，2331236S a =<=，不符合题意；当3n =时，3461248S a =<=，不符合题意；当4n =时，45101260S a =<=，不符合题意；……；当26n =时，52621(141)2(12)212S ⨯+⨯-=+-= 441 +62= 503<2712516a =，不符合题意；当27n =时，52722(143)2(12)212S ⨯+⨯-=+-=484 +62=546>2812a =540，符合题意．故使得112n n S a +>成立的n 的最小值为27．6．2,13-【解析】由题可得，2111(2)()(6)a d a d a d +=++，故有1320a d +=，又因为1221a a +=，即131a d +=，所以121,3d a =-=．7．64【解析】由11a =且125,,a a a 成等比数列，得2111(4)()a a d a d +=+，解得2d =，故81878642S a d ⨯=+=．8．【解析】设2a t =，则23112t q t q t q ++≤≤≤≤≤≤，由于1t ≥，所以max{q t ≥，故q因此*k N ∈，所以4k =．9．【解析】(1)由条件知：(1)n a n d =-,12n n b -=．因为1||n n a b b -≤对n =1，2，3，4均成立，即1|(1)2|1n n d ---≤对n =1，2，3，4均成立，即1≤1，1≤d ≤3，3≤2d ≤5，7≤3d ≤9，得7532d ≤≤．因此，d 的取值范围为75[,]32．(2)由条件知：1(1)n a b n d =+-,11n n b b q -=．若存在d ，使得1||n n a b b -≤(n =2，3，···，m +1)成立，即1111|(1)|n b n d b q b -+--≤(n =2，3，···，m +1)，即当2,3,,1n m =+L 时，d 满足1111211n n q q b d b n n ---≤≤--．因为q ∈，则112n m q q -<≤≤，从而11201n q b n --≤-，1101n q b n ->-，对2,3,,1n m =+L 均成立．因此，取d =0时，1||n n a b b -≤对2,3,,1n m =+L 均成立．下面讨论数列12{}1n q n ---的最大值和数列1{}1n q n --的最小值（2,3,,1n m =+L ）． ①当2n m ≤≤时，111 2222111()()()n n n n n n n n q q nq q nq n q q q n n n n n n -------+--+-==---，当112mq <≤时，有2n m q q ≤≤，从而1() 20n n n n q q q ---+>．因此，当21n m ≤≤+时，数列12{}1n q n ---单调递增，故数列12{}1n q n ---的最大值为2m q m-． ②设()()21x f x x =-，当0x >时，ln 21(0(n )l 22)x f x x '=--<，所以()f x 单调递减，从而()(0)1f x f <=．当2n m ≤≤时，111112111()()()nn n q q n n f q n n n n --=≤-=<-，因此，当21n m ≤≤+时，数列1{}1n q n --单调递减，故数列1{}1n q n --的最小值为mq m．因此，d 的取值范围为11(2)[,]m mb q b q m m-．10．【解析】（Ⅰ）用数学归纳法证明：0n x >当1n =时，110x => 假设n k =时，0k x >，那么1n k =+时，若10k x +≤，则110ln(1)0k k k x x x ++<=++≤，矛盾，故10k x +>．因此0n x >()n ∈*N所以111ln(1)n n n n x x x x +++=++>因此10n n x x +<<()n ∈*N（Ⅱ）由111ln(1)n n n n x x x x +++=++>得2111111422(2)ln(1)n n n n n n n n x x x x x x x x ++++++-+=-+++ 记函数2()2(2)ln(1)(0)f x x x x x x =-+++≥函数()f x 在[0,)+∞上单调递增，所以()(0)f x f ≥=0，因此2111112(2)ln(1)()0n n n n n x x x x f x +++++-+++=≥ 故112(N )2n n n n x x x x n *++-∈≤ （Ⅲ）因为11111ln(1)2n n n n n n x x x x x x +++++=+++=≤所以112n n x -≥得由1122n n n n x x x x ++-≥得111112()022n n x x +-->≥ 所以12111111112()2()2222n n n n x x x -----⋅⋅⋅-=≥≥≥ 故212n n x -≤综上，1211(N )22n n n x n *--∈≤≤ ．11．【解析】证明:（1）因为{}n a 是等差数列，设其公差为d ，则1(1)n a a n d =+-，从而，当n 4≥时，n k n k a a a -++=+11(1)(1)n k d a n k d --+++-122(1)2n a n d a =+-=，1,2,3,k =所以n n n n n n n a a a a a a a ---+++++=321123+++6，因此等差数列{}n a 是“(3)P 数列”.（2）数列{}n a 既是“(2)P 数列”，又是“(3)P 数列”，因此，当3n ≥时，n n n n n a a a a a --+++++=21124，①当4n ≥时，n n n n n n n a a a a a a a ---++++++++=3211236.② 由①知，n n n a a a ---+=-32141()n n a a ++，③n n n a a a ++++=-23141()n n a a -+，④将③④代入②，得n n n a a a -++=112，其中4n ≥，所以345,,,a a a L 是等差数列，设其公差为d'.在①中，取4n =，则235644a a a a a +++=，所以23a a d'=-，在①中，取3n =，则124534a a a a a +++=，所以122a a d'=-，所以数列{}n a 是等差数列.12．【解析】（Ⅰ）由已知，1211,1,n n n n S qS S qS +++=+=+ 两式相减得到21,1n n a qa n ++=?.又由211S qS =+得到21a qa =，故1n n a qa +=对所有1n ³都成立.所以，数列{}n a 是首项为1，公比为q 的等比数列. 从而1=n n a q -.由2323+a a a a ，，成等差数列，可得32232=a a a a ++，所以32=2,a a ，故=2q . 所以1*2()n n a n -=?N .（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，1n n a q -=.所以双曲线2221ny x a -=的离心率n e =由22e =解得q =.所以，22222(1)12222(1)2(11)(1+)[1]1[1]11(31).2n n n n ne e e q q q n q q n q n --++鬃?=+++鬃?+-=+++鬃?=+-=+-13．【解析】（1）由题意得：1221421a a a a +=⎧⎨=+⎩，则1213a a =⎧⎨=⎩，又当2n ≥时，由11(21)(21)2n n n n n a a S S a +--=+-+=，得13n n a a +=，所以，数列{}n a 的通项公式为1*3,n n a n N -=∈. （2）设1|32|n n b n -=--，*n N ∈，122,1b b ==. 当3n ≥时，由于132n n ->+，故132,3n n b n n -=--≥. 设数列{}n b 的前n 项和为n T ，则122,3T T ==.当3n ≥时，229(13)(7)(2)351131322n n n n n n n T --+---+=+-=-，所以，2*2,13511,2,2n n n T n n n n N =⎧⎪=⎨--+≥∈⎪⎩. 14．【解析】（Ⅰ）设{}n a 的公差为d ，则由已知条件得1132922,3,22a d a d ´+=+=化简得11322,,2a d a d +=+= 解得11a =，12d =．故通项公式1=1+2n n a -，即+1=2n n a ．（Ⅱ）由（Ⅰ）得141515+1=1==82b b a =，．设{}n b 的公比为q ，则3418b q b ==，从而2q =．故{}n b 的前n 项和 1(1)1(12)21112n n n n b q T q -?===---． 15．【解析】（Ⅰ）设数列{}n a 的公比为q ，数列{}n b 的公差为d ，由题意0q >，由已知，有24232,310,q d q d ⎧-=⎨-=⎩ 消去d ，整数得42280q q --=，又因为q ＞0，解得2,2q d ==，所以{}n a 的通项公式为12,n n a n -*=∈N ，数列{}n b 的通项公式为21,n b n n *=-∈N .（Ⅱ）解：由（Ⅰ）有()1212n n c n -=- ,设{}n c 的前n 项和为n S ，则()121123252212n n S n -=⨯+⨯+⨯++-⨯o L ， ()1232123252212n n S n L =⨯+⨯+⨯++-⨯，两式相减得()()2312222122323nnnn S n n L -=++++--⨯=--⨯-，所以()2323nn S n =-+．16．【解析】(Ⅰ) 由已知12n n S a a =-，有1n n n a S S -=-=122n n a a --(n ≥2)，即12n n a a -=(n ≥2)，从而212a a =，32124a a a ==．又因为1a ，2a +1，3a 成等差数列，即1a ＋3a ＝2(2a ＋1)，所以1a ＋41a ＝2(21a ＋1)，解得1a ＝2．所以，数列{}n a 是首项为2，公比为2的等比数列，故2nn a =．(Ⅱ)由(Ⅰ)得112n n a =，所以n T ＝211[1()]111122 (11222212)n n n-+++==--． 17．【解析】（Ⅰ）由题意有，111045100,2,a d a d +=⎧⎨=⎩ 即112920,2,a d a d +=⎧⎨=⎩，解得11,2,a d =⎧⎨=⎩ 或19,2.9a d =⎧⎪⎨=⎪⎩ 故121,2.n n n a n b -=-⎧⎪⎨=⎪⎩或11(279),929().9n n n a n b -⎧=+⎪⎪⎨⎪=⋅⎪⎩（Ⅱ）由1d >，知21n a n =-，12n n b -=，故1212n n n c --=，于是 2341357921122222n n n T L --=++++++， ①2345113579212222222n n n T L -=++++++． ② ①－②可得221111212323222222n n n n n n T L --+=++++-=-，故n T 12362n n -+=-． 18．【解析】（Ⅰ）,64,2,,2141211d a S d a S a S d +=+===4122421,,S S S S S S =∴成等比Θ解得12,11-=∴=n a a n （Ⅱ）)121121()1(4)1(111++--=-=-+-n n a a n b n n n n n ，当n 为偶数时11111(1)()()33557n T =+-+++-L L1111()()23212121n n n n ++-+---+ 1221211+=+-=∴n nn T n 11111(1)()()33557n n T =+-+++--L L 当为奇数时，1111()()23212121n n n n +++---+12221211++=++=∴n n n T n ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+++=∴为奇数为偶数n n n n n nT n ,1222,122． 19．【解析】（Ⅰ）由题意，()()*∈=N n a a a nb n 221Λ，326b b-=，知3238b b a -==，又由12a =，得公比2q =（2q =-舍去），所以数列{}n a 的通项公式为2()n n a n N *=∈，所以()()1121232n n n n n a a a a ++==L ，故数列{}n b 的通项公式为，()1()n b n n n N *=+∈；（Ⅱ）（i ）由（Ⅰ）知，11111()21n n n n c n N a b n n *⎛⎫=-=--∈ ⎪+⎝⎭，所以11()12n n S n N n *=-∈+；（ii ）因为12340,0,0,0c c c c =>>>；当5n ≥时，()()11112n n n n c n n +⎡⎤=-⎢⎥+⎣⎦，而()()()()()11112120222n n n n n n n n n ++++++--=>，得()()51551122n n n ++≤<，所以当5n ≥时，0n c <，综上对任意n N *∈恒有4n S S ≥，故4k =．20．【解析】（I ）因为{}n a 是递增数列，所以11nn n n n a a a a p ++-=-=。

2019年高考数学真题分类汇编专题18：数列(综合题含解析)

2019年高考数学真题分类汇编专题18：数列（综合题）一、解答题1.（2019•江苏）定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”.（1）已知等比数列{a n} 满足：，求证:数列{a n}为“M－数列”；（2）已知数列{b n}满足: ，其中S n为数列{b n}的前n项和．①求数列{b n}的通项公式；②设m为正整数，若存在“M－数列”{c n} ，对任意正整数k，当k≤m时，都有成立，求m的最大值．2.（2019•上海）已知等差数列的公差，数列满足，集合．（1）若，求集合；（2）若，求使得集合恰好有两个元素；（3）若集合恰好有三个元素：，是不超过7的正整数，求的所有可能的值．3.（2019•浙江）设等差数列{a n}的前n项和为S n，a3=4.a4=S3，数列{b n}满足：对每个n∈N*，S n+b n，S n+1+b n、S n+2+b n成等比数列（1）求数列{a n}，{b n}的通项公式（2）记C n= ，n∈N*，证明：C1+C2+…+C n＜2 ，n∈N*4.（2019•天津）设是等差数列，是等比数列，公比大于0，已知，，.（Ⅰ）求和的通项公式；（Ⅱ）设数列满足求.5.（2019•天津）设是等差数列，是等比数列.已知.（Ⅰ）求和的通项公式；（Ⅱ）设数列满足其中.（i）求数列的通项公式；（ii）求.6.（2019•卷Ⅱ）已知是各项均为正数的等比数列，，。

（1）求的通项公式；（2）设，求数列{ }的前n项和。

7.（2019•北京）设{a n}是等差数列，a1=-10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列.（I）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）记{a n}的前n项和为S n，求S n的最小值.8.（2019•卷Ⅱ）已知数列{a n}和{b n}满足a1=1，b1=0，，.（1）证明：{a n+b n}是等比数列，{a n–b n}是等差数列；（2）求{a n}和{b n}的通项公式.9.（2019•北京）已知数列{a n}，从中选取第i1项、第i2项…第i m项（i1<i2<…<i m）.若a i1<a i2<…<a im.则称新数列a i1，a i2，…，a im.为{a n}的长度为m的递增子列.规定：数列{a n}的任意一项都是{a n}的长度为1的递增子列.（I）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；（II）已知数列{a n}的长度为P的递增子列的末项的最小值为a m0，长度为q的递增子列的末项的最小值为a n0，若p<q，求证：a m0<a n0；（III）设无穷数列{a n}的各项均为正整数，且任意两项均不相等。

2018--2020年高考数学试题分类汇编数列附答案详解

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

2024年高考真题汇总数列(解析版)

专题数列一、单选题1(全国甲卷数学(文))等差数列a n 的前n 项和为S n ，若S 9=1，a 3+a 7=()A.-2B.73C.1D.29【答案】D【分析】可以根据等差数列的基本量，即将题目条件全转化成a 1和d 来处理，亦可用等差数列的性质进行处理，或者特殊值法处理.【详解】方法一：利用等差数列的基本量由S 9=1，根据等差数列的求和公式，S 9=9a 1+9×82d =1⇔9a 1+36d =1，又a 3+a 7=a 1+2d +a 1+6d =2a 1+8d =29(9a 1+36d )=29.故选：D 方法二：利用等差数列的性质根据等差数列的性质，a 1+a 9=a 3+a 7，由S 9=1，根据等差数列的求和公式，S 9=9(a 1+a 9)2=9(a 3+a 7)2=1，故a 3+a 7=29.故选：D 方法三：特殊值法不妨取等差数列公差d =0，则S 9=1=9a 1⇒a 1=19，则a 3+a 7=2a 1=29.故选：D2(全国甲卷数学(理))等差数列a n 的前n 项和为S n ，若S 5=S 10，a 5=1，则a 1=()A.-2B.73C.1D.2【答案】B【分析】由S 5=S 10结合等差中项的性质可得a 8=0，即可计算出公差，即可得a 1的值.【详解】由S 10-S 5=a 6+a 7+a 8+a 9+a 10=5a 8=0，则a 8=0，则等差数列a n 的公差d =a 8-a 53=-13，故a 1=a 5-4d =1-4×-13 =73.故选：B .3(新高考北京卷)记水的质量为d =S -1ln n，并且d 越大，水质量越好．若S 不变，且d 1=2.1，d 2=2.2，则n 1与n 2的关系为()A.n 1<n 2B.n 1>n 2C.若S <1，则n 1<n 2；若S >1，则n 1>n 2；D.若S <1，则n 1>n 2；若S >1，则n 1<n 2；【答案】C2024年高考真题【分析】根据题意分析可得n 1=eS -12.1n 2=eS -12.2，讨论S 与1的大小关系，结合指数函数单调性分析判断.【详解】由题意可得d 1=S -1ln n 1=2.1d 2=S -1ln n 2=2.2 ，解得n 1=e S -12.1n 2=e S -12.2，若S >1，则S -12.1>S -12.2，可得e S -12.1>e S -12.2，即n 1>n 2；若S =1，则S -12.1=S -12.2=0，可得n 1=n 2=1；若S <1，则S -12.1<S -12.2，可得e S -1 2.1<e S -12.2，即n 1<n 2；结合选项可知C 正确，ABD 错误；故选：C .二、填空题4(新课标全国Ⅱ卷)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 3+a 4=7，3a 2+a 5=5，则S 10=.【答案】95【分析】利用等差数列通项公式得到方程组，解出a 1,d ，再利用等差数列的求和公式节即可得到答案.【详解】因为数列a n 为等差数列，则由题意得a 1+2d +a 1+3d =73a 1+d +a 1+4d =5，解得a 1=-4d =3 ，则S 10=10a 1+10×92d =10×-4 +45×3=95.故答案为：95.5(新高考上海卷)无穷等比数列a n 满足首项a 1>0,q >1，记I n =x -y x ,y ∈a 1,a 2 ∪a n ,a n +1 ，若对任意正整数n 集合I n 是闭区间，则q 的取值范围是．【答案】q ≥2【分析】当n ≥2时，不妨设x ≥y ，则x -y ∈0,a 2-a 1 ∪a n -a 2,a n +1-a 1 ∪0,a n +1-a n ，结合I n 为闭区间可得q -2≥-1q n -2对任意的n ≥2恒成立，故可求q 的取值范围.【详解】由题设有a n =a 1q n -1，因为a 1>0,q >1，故a n +1>a n ，故a n ,a n +1 =a 1q n -1,a 1q n ，当n =1时，x ,y ∈a 1,a 2 ，故x -y ∈a 1-a 2,a 2-a 1 ，此时I 1为闭区间，当n ≥2时，不妨设x ≥y ，若x ,y ∈a 1,a 2 ，则x -y ∈0,a 2-a 1 ，若y ∈a 1,a 2 ,x ∈a n ,a n +1 ，则x -y ∈a n -a 2,a n +1-a 1 ，若x ,y ∈a n ,a n +1 ，则x -y ∈0,a n +1-a n ，综上，x -y ∈0,a 2-a 1 ∪a n -a 2,a n +1-a 1 ∪0,a n +1-a n ，又I n 为闭区间等价于0,a 2-a 1 ∪a n -a 2,a n +1-a 1 ∪0,a n +1-a n 为闭区间，而a n +1-a 1>a n +1-a n >a 2-a 1，故a n +1-a n ≥a n -a 2对任意n ≥2恒成立，故a n +1-2a n +a 2≥0即a 1q n -1q -2 +a 2≥0，故q n -2q -2 +1≥0，故q -2≥-1qn -2对任意的n ≥2恒成立，因q >1，故当n →+∞时，-1q n -2→0，故q -2≥0即q ≥2.故答案为：q ≥2.【点睛】思路点睛：与等比数列性质有关的不等式恒成立，可利用基本量法把恒成立为转为关于与公比有关的不等式恒成立，必要时可利用参变分离来处理.三、解答题6(新课标全国Ⅰ卷)设m 为正整数，数列a 1,a 2,...,a 4m +2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项a i 和a j i <j 后剩余的4m 项可被平均分为m 组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列a 1,a 2,...,a 4m +2是i ,j -可分数列．(1)写出所有的i ,j ，1≤i <j ≤6，使数列a 1,a 2,...,a 6是i ,j -可分数列；(2)当m ≥3时，证明：数列a 1,a 2,...,a 4m +2是2,13 -可分数列；(3)从1,2,...,4m +2中一次任取两个数i 和j i <j ，记数列a 1,a 2,...,a 4m +2是i ,j -可分数列的概率为P m ，证明：P m >18．【答案】(1)1,2 ,1,6 ,5,6 (2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)直接根据i ,j -可分数列的定义即可；(2)根据i ,j -可分数列的定义即可验证结论；(3)证明使得原数列是i ,j -可分数列的i ,j 至少有m +1 2-m 个，再使用概率的定义.【详解】(1)首先，我们设数列a 1,a 2,...,a 4m +2的公差为d ，则d ≠0.由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，故我们可以对该数列进行适当的变形a k =a k -a 1d+1k =1,2,...,4m +2 ，得到新数列a k =k k =1,2,...,4m +2 ，然后对a 1,a 2,...,a 4m +2进行相应的讨论即可.换言之，我们可以不妨设a k =k k =1,2,...,4m +2 ，此后的讨论均建立在该假设下进行.回到原题，第1小问相当于从1,2,3,4,5,6中取出两个数i 和j i <j ，使得剩下四个数是等差数列.那么剩下四个数只可能是1,2,3,4，或2,3,4,5，或3,4,5,6.所以所有可能的i ,j 就是1,2 ,1,6 ,5,6 .(2)由于从数列1,2,...,4m +2中取出2和13后，剩余的4m 个数可以分为以下两个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①1,4,7,10 ,3,6,9,12 ,5,8,11,14 ，共3组；②15,16,17,18 ,19,20,21,22 ,...,4m -1,4m ,4m +1,4m +2 ，共m -3组.(如果m -3=0，则忽略②)故数列1,2,...,4m +2是2,13 -可分数列.(3)定义集合A =4k +1 k =0,1,2,...,m =1,5,9,13,...,4m +1 ，B =4k +2 k =0,1,2,...,m =2,6,10,14,...,4m +2 .下面证明，对1≤i <j ≤4m +2，如果下面两个命题同时成立，则数列1,2,...,4m +2一定是i ,j -可分数列：命题1：i ∈A ,j ∈B 或i ∈B ,j ∈A ；命题2：j -i ≠3.我们分两种情况证明这个结论.第一种情况：如果i ∈A ,j ∈B ，且j -i ≠3.此时设i =4k 1+1，j =4k 2+2，k 1,k 2∈0,1,2,...,m .则由i <j 可知4k 1+1<4k 2+2，即k 2-k 1>-14，故k 2≥k 1.此时，由于从数列1,2,...,4m +2中取出i =4k 1+1和j =4k 2+2后，剩余的4m 个数可以分为以下三个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①1,2,3,4 ,5,6,7,8 ,...,4k 1-3,4k 1-2,4k 1-1,4k 1 ，共k 1组；②4k 1+2,4k 1+3,4k 1+4,4k 1+5 ,4k 1+6,4k 1+7,4k 1+8,4k 1+9 ,...,4k 2-2,4k 2-1,4k 2,4k 2+1 ，共k 2-k 1组；③4k 2+3,4k 2+4,4k 2+5,4k 2+6 ,4k 2+7,4k 2+8,4k 2+9,4k 2+10 ,...,4m -1,4m ,4m +1,4m +2 ，共m -k 2组.(如果某一部分的组数为0，则忽略之)故此时数列1,2,...,4m +2是i ,j -可分数列.第二种情况：如果i ∈B ,j ∈A ，且j -i ≠3.此时设i =4k 1+2，j =4k 2+1，k 1,k 2∈0,1,2,...,m .则由i <j 可知4k 1+2<4k 2+1，即k 2-k 1>14，故k 2>k 1.由于j -i ≠3，故4k 2+1 -4k 1+2 ≠3，从而k 2-k 1≠1，这就意味着k 2-k 1≥2.此时，由于从数列1,2,...,4m +2中取出i =4k 1+2和j =4k 2+1后，剩余的4m 个数可以分为以下四个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①1,2,3,4 ,5,6,7,8 ,...,4k 1-3,4k 1-2,4k 1-1,4k 1 ，共k 1组；②4k 1+1,3k 1+k 2+1,2k 1+2k 2+1,k 1+3k 2+1 ，3k 1+k 2+2,2k 1+2k 2+2,k 1+3k 2+2,4k 2+2 ，共2组；③全体4k 1+p ,3k 1+k 2+p ,2k 1+2k 2+p ,k 1+3k 2+p ，其中p =3,4,...,k 2-k 1，共k 2-k 1-2组；④4k 2+3,4k 2+4,4k 2+5,4k 2+6 ,4k 2+7,4k 2+8,4k 2+9,4k 2+10 ,...,4m -1,4m ,4m +1,4m +2 ，共m -k 2组.(如果某一部分的组数为0，则忽略之)这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含k 2-k 1-2个行，4个列的数表以后，4个列分别是下面这些数：4k 1+3,4k 1+4,...,3k 1+k 2 ，3k 1+k 2+3,3k 1+k 2+4,...,2k 1+2k 2 ，2k 1+2k 2+3,2k 1+2k 2+3,...,k 1+3k 2 ，k 1+3k 2+3,k 1+3k 2+4,...,4k 2 .可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍4k 1+1,4k 1+2,...,4k 2+2 中除开五个集合4k 1+1,4k 1+2 ，3k 1+k 2+1,3k 1+k 2+2 ，2k 1+2k 2+1,2k 1+2k 2+2 ，k 1+3k 2+1,k 1+3k 2+2 ，4k 2+1,4k 2+2 中的十个元素以外的所有数.而这十个数中，除开已经去掉的4k 1+2和4k 2+1以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列1,2,...,4m +2是i ,j -可分数列.至此，我们证明了：对1≤i <j ≤4m +2，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列1,2,...,4m +2一定是i ,j -可分数列.然后我们来考虑这样的i ,j 的个数.首先，由于A ∩B =∅，A 和B 各有m +1个元素，故满足命题1的i ,j 总共有m +1 2个；而如果j -i =3，假设i ∈A ,j ∈B ，则可设i =4k 1+1，j =4k 2+2，代入得4k 2+2 -4k 1+1 =3.但这导致k 2-k 1=12，矛盾，所以i ∈B ,j ∈A .设i =4k 1+2，j =4k 2+1，k 1,k 2∈0,1,2,...,m ，则4k 2+1 -4k 1+2 =3，即k 2-k 1=1.所以可能的k 1,k 2 恰好就是0,1 ,1,2 ,...,m -1,m ，对应的i ,j 分别是2,5 ,6,9 ,...,4m -2,4m +1 ，总共m 个.所以这m +1 2个满足命题1的i ,j 中，不满足命题2的恰好有m 个.这就得到同时满足命题1和命题2的i ,j 的个数为m +1 2-m .当我们从1,2,...,4m+2中一次任取两个数i和j i<j时，总的选取方式的个数等于4m+24m+12=2m+14m+1.而根据之前的结论，使得数列a1,a2,...,a4m+2是i,j-可分数列的i,j至少有m+12-m个.所以数列a1,a2,...,a4m+2是i,j-可分数列的概率P m一定满足P m≥m+12-m2m+14m+1=m2+m+12m+14m+1>m2+m+142m+14m+2=m+12222m+12m+1=18.这就证明了结论.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究结论.7(新课标全国Ⅱ卷)已知双曲线C:x2-y2=m m>0，点P15,4在C上，k为常数，0<k<1．按照如下方式依次构造点P n n=2,3,...，过P n-1作斜率为k的直线与C的左支交于点Q n-1，令P n为Q n-1关于y轴的对称点，记P n的坐标为x n,y n.(1)若k=12，求x2,y2；(2)证明：数列x n-y n是公比为1+k1-k的等比数列；(3)设S n为△P n P n+1P n+2的面积，证明：对任意的正整数n，S n=S n+1.【答案】(1)x2=3，y2=0(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)直接根据题目中的构造方式计算出P2的坐标即可；(2)根据等比数列的定义即可验证结论；(3)思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明S n的取值为与n无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明S n的取值为与n无关的定值即可.【详解】(1)由已知有m=52-42=9，故C的方程为x2-y2=9.当k=12时，过P15,4且斜率为12的直线为y=x+32，与x2-y2=9联立得到x2-x+322=9.解得x=-3或x=5，所以该直线与C的不同于P1的交点为Q1-3,0，该点显然在C的左支上.故P23,0，从而x2=3，y2=0.(2)由于过P n x n,y n且斜率为k的直线为y=k x-x n+y n，与x2-y2=9联立，得到方程x2-k x-x n+y n2=9.展开即得1-k2x2-2k y n-kx nx-y n-kx n2-9=0，由于P n x n,y n已经是直线y=k x-x n+y n和x2 -y2=9的公共点，故方程必有一根x=x n.从而根据韦达定理，另一根x =2k y n -kx n 1-k 2-x n =2ky n -x n -k 2x n1-k 2，相应的y =k x -x n +y n =y n +k 2y n -2kx n1-k 2.所以该直线与C 的不同于P n 的交点为Q n 2ky n -x n -k 2x n 1-k 2,y n +k 2y n -2kx n1-k 2，而注意到Q n 的横坐标亦可通过韦达定理表示为-y n -kx n 2-91-k 2x n，故Q n 一定在C 的左支上.所以P n +1x n +k 2x n -2ky n 1-k 2,y n +k 2y n -2kx n1-k 2.这就得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n1-k 2.所以x n +1-y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2-y n +k 2y n -2kx n1-k 2=x n +k 2x n +2kx n 1-k 2-y n +k 2y n +2ky n 1-k 2=1+k 2+2k 1-k2x n -y n =1+k1-k x n -y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1-y 1≠0，所以数列x n -y n 是公比为1+k 1-k 的等比数列.(3)方法一：先证明一个结论：对平面上三个点U ,V ,W ，若UV =a ,b ，UW=c ,d ，则S △UVW =12ad -bc .(若U ,V ,W 在同一条直线上，约定S △UVW =0)证明：S △UVW =12UV⋅UW sin UV ,UW =12UV ⋅UW 1-cos 2UV ,UW=12UV ⋅UW 1-UV ⋅UW UV ⋅UW2=12UV 2⋅UW 2-UV ⋅UW 2=12a 2+b 2 c 2+d 2 -ac +bd 2=12a 2c 2+a 2d 2+b 2c 2+b 2d 2-a 2c 2-b 2d 2-2abcd =12a 2d 2+b 2c 2-2abcd =12ad -bc 2=12ad -bc .证毕，回到原题.由于上一小问已经得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n1-k 2，故x n +1+y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2+y n +k 2y n -2kx n 1-k 2=1+k 2-2k 1-k2x n +y n =1-k1+k x n +y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1+y 1≠0，所以数列x n +y n 是公比为1-k 1+k的等比数列.所以对任意的正整数m ，都有x n y n +m -y n x n +m=12x n x n +m -y n y n +m +x n y n +m -y n x n +m -12x n x n +m -y n y n +m -x n y n +m -y n x n +m =12x n -y n x n +m +y n +m -12x n +y n x n +m -y n +m =121-k 1+k m x n -y n x n +y n-121+k 1-k m x n +y n x n -y n =121-k 1+k m -1+k 1-k m x 2n -y 2n=921-k 1+k m -1+k 1-k m.而又有P n +1P n =-x n +1-x n ,-y n +1-y n ，P n +1P n +2 =x n +2-x n +1,y n +2-y n +1 ，故利用前面已经证明的结论即得S n =S △P n P n +1P n +2=12-x n +1-x n y n +2-y n +1 +y n +1-y n x n +2-x n +1=12x n +1-x n y n +2-y n +1 -y n +1-y n x n +2-x n +1=12x n +1y n +2-y n +1x n +2 +x n y n +1-y n x n +1 -x n y n +2-y n x n +2=12921-k 1+k -1+k 1-k +921-k 1+k -1+k 1-k -921-k 1+k 2-1+k 1-k 2 .这就表明S n 的取值是与n 无关的定值，所以S n =S n +1.方法二：由于上一小问已经得到x n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2，y n +1=y n +k 2y n -2kx n1-k 2，故x n +1+y n +1=x n +k 2x n -2ky n 1-k 2+y n +k 2y n -2kx n 1-k 2=1+k 2-2k 1-k 2x n +y n=1-k1+k x n +y n .再由x 21-y 21=9，就知道x 1+y 1≠0，所以数列x n +y n 是公比为1-k 1+k的等比数列.所以对任意的正整数m ，都有x n y n +m -y n x n +m=12x n x n +m -y n y n +m +x n y n +m -y n x n +m -12x n x n +m -y n y n +m -x n y n +m -y n x n +m =12x n -y n x n +m +y n +m -12x n +y n x n +m -y n +m =121-k 1+k m x n -y n x n +y n -121+k 1-k m x n +y n x n -y n =121-k 1+k m -1+k 1-k m x 2n -y 2n =921-k 1+k m -1+k 1-k m.这就得到x n +2y n +3-y n +2x n +3=921-k 1+k -1+k1-k =x n y n +1-y n x n +1，以及x n +1y n +3-y n +1x n +3=921-k 1+k 2-1+k 1-k 2=x n y n +2-y n x n +2.两式相减，即得x n +2y n +3-y n +2x n +3 -x n +1y n +3-y n +1x n +3 =x n y n +1-y n x n +1 -x n y n +2-y n x n +2 .移项得到x n +2y n +3-y n x n +2-x n +1y n +3+y n x n +1=y n +2x n +3-x n y n +2-y n +1x n +3+x n y n +1.故y n +3-y n x n +2-x n +1 =y n +2-y n +1 x n +3-x n .而P n P n +3 =x n +3-x n ,y n +3-y n ，P n +1P n +2 =x n +2-x n +1,y n +2-y n +1 .所以P n P n +3 和P n +1P n +2平行，这就得到S △P n P n +1P n +2=S △P n +1P n +2P n +3，即S n =S n +1.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.8(全国甲卷数学(文))已知等比数列a n 的前n 项和为S n ，且2S n =3a n +1-3.(1)求a n 的通项公式；(2)求数列S n 的通项公式.【答案】(1)a n =53n -1(2)3253 n -32【分析】(1)利用退位法可求公比，再求出首项后可求通项；(2)利用等比数列的求和公式可求S n .【详解】(1)因为2S n =3a n +1-3,故2S n -1=3a n -3，所以2a n =3a n +1-3a n n ≥2 即5a n =3a n +1故等比数列的公比为q =53，故2a 1=3a 2-3=3a 1×53-3=5a 1-3，故a 1=1，故a n =53n -1.(2)由等比数列求和公式得S n =1×1-53 n1-53=3253 n -32.9(全国甲卷数学(理))记S n 为数列a n 的前n 项和，且4S n =3a n +4．(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =(-1)n -1na n ，求数列b n 的前n 项和为T n ．【答案】(1)a n =4⋅(-3)n -1(2)T n =(2n -1)⋅3n +1【分析】(1)利用退位法可求a n 的通项公式．(2)利用错位相减法可求T n .【详解】(1)当n =1时，4S 1=4a 1=3a 1+4，解得a 1=4．当n ≥2时，4S n -1=3a n -1+4，所以4S n -4S n -1=4a n =3a n -3a n -1即a n =-3a n -1，而a 1=4≠0，故a n ≠0，故an a n -1=-3，∴数列a n 是以4为首项，-3为公比的等比数列，所以a n =4⋅-3 n -1.(2)b n =(-1)n -1⋅n ⋅4⋅(-3)n -1=4n ⋅3n -1,所以T n =b 1+b 2+b 3+⋯+b n =4⋅30+8⋅31+12⋅32+⋯+4n ⋅3n -1故3T n =4⋅31+8⋅32+12⋅33+⋯+4n ⋅3n所以-2T n =4+4⋅31+4⋅32+⋯+4⋅3n -1-4n ⋅3n=4+4⋅31-3n -11-3-4n ⋅3n =4+2⋅3⋅3n -1-1 -4n ⋅3n=(2-4n )⋅3n -2，∴T n =(2n -1)⋅3n +1.10(新高考北京卷)设集合M =i ,j ,s ,t i ∈1,2 ,j ∈3,4 ,s ∈5,6 ,t ∈7,8 ,2i +j +s +t ．对于给定有穷数列A :a n 1≤n ≤8 ，及序列Ω:ω1,ω2,...,ωs ，ωk =i k ,j k ,s k ,t k ∈M ，定义变换T ：将数列A 的第i 1,j 1,s 1,t 1项加1，得到数列T 1A ；将数列T 1A 的第i 2,j 2,s 2,t 2列加1，得到数列T 2T 1A ⋯；重复上述操作，得到数列T s ...T 2T 1A ，记为ΩA ．(1)给定数列A :1,3,2,4,6,3,1,9和序列Ω:1,3,5,7 ,2,4,6,8 ,1,3,5,7 ，写出ΩA ；(2)是否存在序列Ω，使得ΩA 为a 1+2,a 2+6,a 3+4,a 4+2,a 5+8,a 6+2,a 7+4,a 8+4，若存在，写出一个符合条件的Ω；若不存在，请说明理由；(3)若数列A 的各项均为正整数，且a 1+a 3+a 5+a 7为偶数，证明：“存在序列Ω，使得ΩA 为常数列”的充要条件为“a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8”．【答案】(1)ΩA :3,4,4,5,8,4,3,10(2)不存在符合条件的Ω，理由见解析(3)证明见解析【分析】(1)直接按照ΩA 的定义写出ΩA 即可；(2)利用反证法，假设存在符合条件的Ω，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；(3)分充分性和必要性两方面论证.【详解】(1)由题意得ΩA :3,4,4,5,8,4,3,10；(2)假设存在符合条件的Ω，可知ΩA 的第1,2项之和为a 1+a 2+s ，第3,4项之和为a 3+a 4+s ，则a 1+2 +a 2+6 =a 1+a 2+sa 3+4 +a 4+2 =a 3+a 4+s，而该方程组无解，故假设不成立，故不存在符合条件的Ω；(3)我们设序列T k ...T 2T 1A 为a k ,n 1≤n ≤8 ，特别规定a 0,n =a n 1≤n ≤8 .必要性：若存在序列Ω:ω1,ω2,...,ωs ，使得ΩA 为常数列.则a s ,1=a s ,2=a s ,3=a s ,4=a s ,5=a s ,6=a s ,7=a s ,8，所以a s ,1+a s ,2=a s ,3+a s ,4=a s ,5+a s ,6=a s ,7+a s ,8.根据T k ...T 2T 1A 的定义，显然有a k ,2j -1+a k ,2j =a k -1,2j -1+a k -1,2j ，这里j =1,2,3,4，k =1,2,....所以不断使用该式就得到，a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8，必要性得证.充分性：若a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8.由已知，a 1+a 3+a 5+a 7为偶数，而a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8，所以a 2+a 4+a 6+a 8=4a 1+a 2 -a 1+a 3+a 5+a 7 也是偶数.我们设T s ...T 2T 1A 是通过合法的序列Ω的变换能得到的所有可能的数列ΩA 中，使得a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 最小的一个.上面已经证明a k ,2j -1+a k ,2j =a k -1,2j -1+a k -1,2j ，这里j =1,2,3,4，k =1,2,....从而由a 1+a 2=a 3+a 4=a 5+a 6=a 7+a 8可得a s ,1+a s ,2=a s ,3+a s ,4=a s ,5+a s ,6=a s ,7+a s ,8.同时，由于i k +j k +s k +t k 总是偶数，所以a k ,1+a k ,3+a k ,5+a k ,7和a k ,2+a k ,4+a k ,6+a k ,8的奇偶性保持不变，从而a s ,1+a s ,3+a s ,5+a s ,7和a s ,2+a s ,4+a s ,6+a s ,8都是偶数.下面证明不存在j =1,2,3,4使得a s ,2j -1-a s ,2j ≥2.假设存在，根据对称性，不妨设j =1，a s ,2j -1-a s ,2j ≥2，即a s ,1-a s ,2≥2.情况1：若a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 =0，则由a s ,1+a s ,3+a s ,5+a s ,7和a s ,2+a s ,4+a s ,6+a s ,8都是偶数，知a s ,1-a s ,2≥4.对该数列连续作四次变换2,3,5,8 ,2,4,6,8 ,2,3,6,7 ,2,4,5,7 后，新的a s +4,1-a s +4,2 +a s +4,3-a s +4,4 +a s +4,5-a s +4,6 +a s +4,7-a s +4,8 相比原来的a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 减少4，这与a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 的最小性矛盾；情况2：若a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 >0，不妨设a s ,3-a s ,4 >0.情况2-1：如果a s ,3-a s ,4≥1，则对该数列连续作两次变换2,4,5,7 ,2,4,6,8 后，新的a s +2,1-a s +2,2 +a s +2,3-a s +2,4 +a s +2,5-a s +2,6 +a s +2,7-a s +2,8 相比原来的a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 至少减少2，这与a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 的最小性矛盾；情况2-2：如果a s ,4-a s ,3≥1，则对该数列连续作两次变换2,3,5,8 ,2,3,6,7 后，新的a s +2,1-a s +2,2 +a s +2,3-a s +2,4 +a s +2,5-a s +2,6 +a s +2,7-a s +2,8 相比原来的a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 至少减少2，这与a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 的最小性矛盾.这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的j =1,2,3,4都有a s ,2j -1-a s ,2j ≤1.假设存在j =1,2,3,4使得a s ,2j -1-a s ,2j =1，则a s ,2j -1+a s ,2j 是奇数，所以a s ,1+a s ,2=a s ,3+a s ,4=a s ,5+a s ,6=a s ,7+a s ,8都是奇数，设为2N +1.则此时对任意j =1,2,3,4，由a s ,2j -1-a s ,2j ≤1可知必有a s ,2j -1,a s ,2j =N ,N +1 .而a s ,1+a s ,3+a s ,5+a s ,7和a s ,2+a s ,4+a s ,6+a s ,8都是偶数，故集合m a s ,m =N 中的四个元素i ,j ,s ,t 之和为偶数，对该数列进行一次变换i ,j ,s ,t ，则该数列成为常数列，新的a s +1,1-a s +1,2 +a s +1,3-a s +1,4 +a s +1,5-a s +1,6 +a s +1,7-a s +1,8 等于零，比原来的a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 更小，这与a s ,1-a s ,2 +a s ,3-a s ,4 +a s ,5-a s ,6 +a s ,7-a s ,8 的最小性矛盾.综上，只可能a s ,2j -1-a s ,2j =0j =1,2,3,4 ，而a s ,1+a s ,2=a s ,3+a s ,4=a s ,5+a s ,6=a s ,7+a s ,8，故a s ,n =ΩA 是常数列，充分性得证.【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析.11(新高考天津卷)已知数列a n 是公比大于0的等比数列．其前n 项和为S n ．若a 1=1,S 2=a 3-1．(1)求数列a n 前n 项和S n ；(2)设b n =k ,n =a kb n -1+2k ,a k <n <a k +1，b 1=1，其中k 是大于1的正整数．(ⅰ)当n =a k +1时，求证：b n -1≥a k ⋅b n ；(ⅱ)求S ni =1b i ．【答案】(1)S n =2n -1(2)①证明见详解；②S ni =1b i =3n -1 4n+19【分析】(1)设等比数列a n 的公比为q >0，根据题意结合等比数列通项公式求q ，再结合等比数列求和公式分析求解；(2)①根据题意分析可知a k =2k -1,b n =k +1，b n -1=k 2k -1 ，利用作差法分析证明；②根据题意结合等差数列求和公式可得∑2k -1i =2k -1b i =193k -1 4k -3k -4 4k -1，再结合裂项相消法分析求解.【详解】(1)设等比数列a n 的公比为q >0，因为a 1=1,S 2=a 3-1，即a 1+a 2=a 3-1，可得1+q =q 2-1，整理得q 2-q -2=0，解得q =2或q =-1(舍去)，所以S n =1-2n1-2=2n -1.(2)(i )由(1)可知a n =2n -1，且k ∈N *,k ≥2，当n =a k +1=2k≥4时，则a k =2k -1<2k -1=n -1n -1=a k +1-1<a k +1 ，即a k <n -1<a k +1可知a k =2k -1,b n =k +1，b n -1=b a k+a k +1-a k -1 ⋅2k =k +2k 2k -1-1 =k 2k -1 ，可得b n -1-a k ⋅b n =k 2k -1 -k +1 2k -1=k -1 2k -1-k ≥2k -1 -k =k -2≥0，当且仅当k =2时，等号成立，所以b n -1≥a k ⋅b n ；(ii )由(1)可知：S n =2n -1=a n +1-1，若n =1，则S 1=1,b 1=1；若n ≥2，则a k +1-a k =2k -1，当2k -1<i ≤2k -1时，b i -b i -1=2k ，可知b i 为等差数列，可得∑2k -1i =2k -1b i =k ⋅2k -1+2k 2k -12k -1-1 2=k ⋅4k -1=193k -1 4k -3k -4 4k -1 ，所以∑S ni =1b i =1+195×42-2×4+8×43-5×42+⋅⋅⋅+3n -1 4n -3n -4 4n -1=3n -1 4n+19，且n =1，符合上式，综上所述：∑Sni =1b i =3n -1 4n +19.【点睛】关键点点睛：1.分析可知当2k -10,a ≠1)．(1)y =f x 过4,2 ，求f 2x -2 <f x 的解集；(2)存在x 使得f x +1 、f ax 、f x +2 成等差数列，求a 的取值范围．【答案】(1)x |1<x <2 (2)a >1【分析】(1)求出底数a ，再根据对数函数的单调性可求不等式的解；(2)存在x 使得f x +1 、f ax 、f x +2 成等差数列等价于a 2=21x +342-18在0,+∞ 上有解，利用换元法结合二次函数的性质可求a 的取值范围．【详解】(1)因为y =f x 的图象过4,2 ，故log a 4=2，故a 2=4即a =2(负的舍去)，而f x =log 2x 在0,+∞ 上为增函数，故f 2x -2 <f x ，故0<2x -2<x 即1<x <2，故f 2x -2 <f x 的解集为x |1<x <2 .(2)因为存在x 使得f x +1 、f ax 、f x +2 成等差数列，故2f ax =f x +1 +f x +2 有解，故2log a ax =log a x +1 +log a x +2 ，因为a >0,a ≠1，故x >0，故a 2x 2=x +1 x +2 在0,+∞ 上有解，由a 2=x 2+3x +2x 2=1+3x +2x 2=21x +34 2-18在0,+∞ 上有解，令t =1x ∈0,+∞ ，而y =2t +34 2-18在0,+∞ 上的值域为1,+∞ ，故a 2>1即a >1.一、单选题1(2024·重庆·三模)已知数列a n 的前n 项和为S n ,a 1=1,S n +S n +1=n 2+1n ∈N ∗ ,S 24=()A.276B.272C.268D.266【答案】A【分析】令n =1得S 2=1，当n ≥2时，结合题干作差得S n +1-S n -1=2n -1，从而利用累加法求解S 24=即可.【详解】∵a 1=S 1=1，又∵S n +S n +1=n 2+1，当n =1时，S 1+S 2=12+1=2，解得S 2=1；当n ≥2时，S n -1+S n =(n -1)2+1，作差得S n +1-S n -1=2n -1，∴S 24=S 24-S 22 +S 22-S 20 +⋯+S 4-S 2 +S 2=223+21+⋯+3 -11+1=276.故选：A2(2024·河北张家口·三模)已知数列a n的前n项和为S n，且满足a1=1,a n+1=a n+1,n为奇数2a n,n为偶数，则S100=()A.3×251-156B.3×251-103C.3×250-156D.3×250-103【答案】A【分析】分奇数项和偶数项求递推关系，然后记b n=a2n+a2n-1,n≥1，利用构造法求得b n=6×2n-1-3，然后分组求和可得.【详解】因为a1=1,a n+1=a n+1,n为奇数2a n,n为偶数，所以a2k+2=a2k+1+1=2a2k+1，a2k+1=2a2k=2a2k-1+2,k∈N*，且a2=2，所以a2k+2+a2k+1=2a2k+a2k-1+3，记b n=a2n+a2n-1,n≥1，则b n+1=2b n+3，所以b n+1+3=2b n+3，所以b n+3是以b1+3=a1+a2+3=6为首项，2为公比的等比数列，所以b n+3=6×2n-1，b n=6×2n-1-3，记b n的前n项和为T n，则S100=T50=6×20+6×21+6×22+⋅⋅⋅+6×249-3×50=3×251-156.故选：A【点睛】关键点点睛：本题解题关键在于先分奇数项和偶数项求递推公式，然后再并项得b n的递推公式，利用构造法求通项，将问题转化为求b n的前50项和.3(2024·山东日照·三模)设等差数列b n的前n项和为S n，若b3=2，b7=6，则S9=()A.-36B.36C.-18D.18【答案】B【分析】利用等差数列的前n项和公式，结合等差数列的性质求解.【详解】解：S9=b1+b9×92=b3+b7×92=36，故选：B.4(2024·湖北武汉·二模)已知等差数列a n的前n项和为S n，若S3=9,S9=81，则S12=() A.288 B.144 C.96 D.25【答案】B【分析】利用等差数列的前n项和列方程组求出a1,d，进而即可求解S12.【详解】由题意S3=3a1+3×22d=9S9=9a1+9×82d=81，即a1+d=3a1+4d=9，解得a1=1d=2.于是S12=12×1+12×112×2=144.故选：B.5(2024·江西赣州·二模)在等差数列a n中，a2，a5是方程x2-8x+m=0的两根，则a n的前6项和为()A.48B.24C.12D.8【答案】B【分析】利用韦达定理确定a2+a5=8，根据等差数列性质有a2+a5=a1+a6=8，在应用等差数列前n项和公式即可求解.【详解】因为a 2，a 5是方程x 2-8x +m =0的两根，所以a 2+a 5=8，又因为a n 是等差数列，根据等差数列的性质有：a 2+a 5=a 1+a 6=8，设a n 的前6项和为S 6，则S 6=a 1+a 6 ×62=3×8=24.故选：B6(2024·湖南永州·三模)已知非零数列a n 满足2n a n +1-2n +2a n =0，则a 2024a 2021=()A.8B.16C.32D.64【答案】D【分析】根据题意，由条件可得a n +1=4a n ，再由等比数列的定义即可得到结果.【详解】由2n a n +1-2n +2a n =0可得a n +1=4a n ，则a 2024a 2021=4×4×4a 2021a 2021=64.故选：D7(2024·浙江绍兴·二模)汉诺塔(Tower of Hanoi )，是一个源于印度古老传说的益智玩具. 如图所示，有三根相邻的标号分别为A 、B 、C 的柱子，A 柱子从下到上按金字塔状叠放着n 个不同大小的圆盘，要把所有盘子一个一个移动到柱子B 上，并且每次移动时，同一根柱子上都不能出现大盘子在小盘子的上方，请问至少需要移动多少次？记至少移动次数为H n ，例如：H (1)=1，H (2)=3，则下列说法正确的是()A.H (3)=5B.H (n ) 为等差数列C.H (n )+1 为等比数列D.H 7 <100【答案】C【分析】由题意可得H (3)=7，判断A ；归纳得到H n =2n -1，结合等差数列以及等比数列的概念可判断B ，C ；求出H 7 ，判断D .【详解】由题意知若有1个圆盘，则需移动一次：若有2个圆盘，则移动情况为：A →C ,A →B ,C →B ，需移动3次；若有3个圆盘，则移动情况如下：A →B ,A →C ,B →C ,A →B ,C →A ,C →B ,A →B ，共7次，故H (3)=7，A 错误；由此可知若有n 个圆盘，设至少移动a n 次，则a n =2a n -1+1,所以a n +1=2a n -1+1 ，而a 1+1=1+1=2≠0，故a n +1 为等比数列，故a n =2n -1即H n =2n -1，该式不是n 的一次函数，则H (n ) 不为等差数列，B 错误；又H n =2n -1，则H n +1=2n ，H n +1 +1H n +1=2，则H (n )+1 为等比数列，C 正确，H 7 =27-1=127>100，D 错误，故选：C8(2024·云南曲靖·二模)已知S n 是等比数列a n 的前n 项和，若a 3=3,S 3=9，则数列a n 的公比是()A.-12或1 B.12或1 C.-12D.12【答案】A【分析】分别利用等比数列的通项公式和前n 项和公式，解方程组可得q =1或q =-12.【详解】设等比数列a n 的首项为a 1，公比为q ，依题意得a 3=a 1q 2=3S 3=a 1+a 2+a 3=a 1+a 1q +a 1q 2=9 ，解得q =1或q =-12.故选：A .9(2024·四川·模拟预测)已知数列a n 为等差数列，且a 1+2a 4+3a 9=24，则S 11=()A.33B.44C.66D.88【答案】B【分析】将a 1,a 4,a 9用a 1和d 表示，计算出a 6的值，再由S 11=11a 6得S 11的值.【详解】依题意，a n 是等差数列，设其公差为d ，由a 1+2a 4+3a 9=24，所以a 1+2a 1+3d +3a 1+8d =6a 1+30d =6a 6=24，即a 6=4,S 11=11a 1+10×112d =11a 1+5d =11a 6=11×4=44，故选：B .10(2024·北京东城·二模)设无穷正数数列a n ，如果对任意的正整数n ，都存在唯一的正整数m ，使得a m =a 1+a 2+a 3+⋯+a n ，那么称a n 为内和数列，并令b n =m ，称b n 为a n 的伴随数列，则()A.若a n 为等差数列，则a n 为内和数列B.若a n 为等比数列，则a n 为内和数列C.若内和数列a n 为递增数列，则其伴随数列b n 为递增数列D.若内和数列a n 的伴随数列b n 为递增数列，则a n 为递增数列【答案】C【分析】对于ABD ：举反例说明即可；对于C ：根据题意分析可得a m 2>a m 1，结合单调性可得m 2>m 1，即可得结果.【详解】对于选项AB ：例题a n =1，可知a n 即为等差数列也为等比数列，则a 1+a 2=2，但不存在m ∈N *，使得a m =2，所以a n 不为内和数列，故AB 错误；对于选项C ：因为a n >0，对任意n 1,n 2∈N *，n 1<n 2，可知存在m 1,m 2∈N *，使得a m 1=a 1+a 2+a 3+⋯+a n 1,a m 2=a 1+a 2+a 3+⋯+a n 2，则a m 2-a m 1=a n 1+1+a n 1+2+⋯+a n 2>0，即a m 2>a m 1，且内和数列a n 为递增数列，可知m 2>m 1，所以其伴随数列b n 为递增数列，故C 正确；对于选项D ：例如2,1,3,4,5,⋅⋅⋅，显然a n 是所有正整数的排列，可知a n 为内和数列，且a n 的伴随数列为递增数列，但an 不是递增数列，故D 错误；故选：C.【点睛】方法点睛：对于新定义问题，要充分理解定义，把定义转化为已经学过的内容，简化理解和运算.11(2024·广东茂名·一模)已知T n为正项数列a n的前n项的乘积，且a1=2,T2n=a n+1n，则a5=() A.16 B.32 C.64 D.128【答案】B【分析】利用给定的递推公式，结合对数运算变形，再构造常数列求出通项即可得解.【详解】由T2n=a n+1n，得T2n+1=a n+2n+1，于是a2n+1=T2n+1T2n=a n+2n+1a n+1n，则a n n+1=a n+1n，两边取对数得n lg a n+1=(n+1)lg a n，因此lg a n+1n+1=lg a nn，数列lg a nn是常数列，则lg a nn=lg a11=lg2，即lg a n=n lg2=lg2n，所以a n=2n，a5=32.故选：B12(2024·湖南常德·一模)已知等比数列a n中，a3⋅a10=1，a6=2，则公比q为()A.12B.2 C.14D.4【答案】C【分析】直接使用已知条件及公比的性质得到结论.【详解】q=1q3⋅q4=a3a6⋅a10a6=a3⋅a10a26=122=14.故选：C.二、多选题13(2024·湖南长沙·三模)设无穷数列a n的前n项和为S n，且a n+a n+2=2a n+1，若存在k∈N∗，使S k+1 >S k+2>S k成立，则()A.a n≤a k+1B.S n≤S k+1C.不等式S n<0的解集为n∈N∗∣n≥2k+3D.对任意给定的实数p，总存在n0∈N∗，当n>n0时，a n<p【答案】BCD【分析】根据题意，得到a k+2<0,a k+1>0,a k+1+a k+2>0且a n是递减数列，结合等差数列的性质以及等差数列的求和公式，逐项判定，即可求解.【详解】由S k+1>S k+2>S k，可得a k+2=S k+2-S k+1<0,a k+1=S k+1-S k>0，且a k+1+a k+2=S k+2-S k>0，即a k+2<0,a k+1>0,a k+1+a k+2>0又由a n+a n+2=2a n+1，可得数列a n是等差数列，公差d=a k+2-a k+1<0，所以a n是递减数列，所以a1是最大项，且随着n的增加，a n无限减小，即a n≤a1，所以A错误、D正确；因为当n≤k+1时，a n>0；当n≥k+2时，a n<0，所以S n的最大值为S k+1，所以B正确；因为S2k+1=(2k+1)(a1+a2k+1)2=(2k+1)a k+1>0,S2k+3=(2k+3)a k+2<0，且S 2k +2=a 1+a 2k +22×2k +2 =k +1 ⋅a k +1+a k +2 >0，所以当n ≤2k +2时，S n >0；当n ≥2k +3时，S n <0，所以C 正确.故选：BCD .14(2024·山东泰安·模拟预测)已知数列a n 的通项公式为a n =92n -7n ∈N *，前n 项和为S n ，则下列说法正确的是()A.数列a n 有最大项a 4B.使a n ∈Z 的项共有4项C.满足a n a n +1a n +2<0的n 值共有2个D.使S n 取得最小值的n 值为4【答案】AC【分析】根据数列的通项公式，作差判断函数的单调性及项的正负判断A ，根据通项公式由整除可判断B ，根据项的正负及不等式判断C ，根据数列项的符号判断D .【详解】对于A ：因为a n =92n -7n ∈N *，所以a n +1-a n =92n -5-92n -7=-182n -5 2n -7，令a n +1-a n >0，即2n -5 2n -7 <0，解得52<n <72，又n ∈N *，所以当n =3时a n +1-a n >0，则当1≤n ≤2或n ≥4时，a n +1-a n <0，令a n =92n -7>0，解得n >72，所以a 1=-95>a 2=-3>a 3=-9，a 4>a 5>a 6>⋯>0，所以数列a n 有最大项a 4=9，故A 正确；对于B ：由a n ∈Z ，则92n -7∈Z 又n ∈N *，所以n =2或n =3或n =4或n =5或n =8，所以使a n ∈Z 的项共有5项．故B 不正确；对于C ：要使a n a n +1a n +2<0，又a n ≠0，所以a n 、a n +1、a n +2中有1个为负值或3个为负值，所以n =1或n =3，故满足a n a n +1a n +2<0的n 的值共有2个，故C 正确；对于D ：因为n ≤3时a n <0，n ≥4时a n >0，所以当n =3时S n 取得最小值，故D 不正确．故选：AC ．15(2024·山东临沂·二模)已知a n 是等差数列，S n 是其前n 项和，则下列命题为真命题的是()A.若a 3+a 4=9，a 7+a 8=18，则a 1+a 2=5B.若a 2+a 13=4，则S 14=28C.若S 15<0，则S 7>S 8D.若a n 和a n ⋅a n +1 都为递增数列，则a n >0【答案】BC【分析】根据题意，求得d =98，结合a 1+a 2=a 3+a 4 -4d ，可判定A 错误；根据数列的求和公式和等差数列的性质，可判定B 正确；由S 15<0，求得a 8<0，可判定C 正确；根据题意，求得任意的n ≥2,a n >0，结合a 1的正负不确定，可判定D 错误．【详解】对于A 中，由a 3+a 4=9，a 7+a 8=18，可得a 7+a 8 -a 3+a 4 =8d =9，所以d =98，又由a 1+a 2=a 3+a 4 -4d =9-4×98=92，所以A 错误；对于B 中，由S 14=14a 1+a 14 2=14a 2+a 132=28，所以B 正确；对于C 中，由S 15=15(a 1+a 15)2=15a 8<0，所以a 8<0，又因为S 8-S 7=a 8<0，则S 7>S 8，所以C 正确；对于D 中，因为a n 为递增数列，可得公差d >0，因为a n a n +1 为递增数列，可得a n +2a n +1-a n a n +1=a n +1⋅2d >0，所以对任意的n ≥2,a n >0，但a 1的正负不确定，所以D 错误．故选：BC .16(2024·山东泰安·二模)已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，a 2=4，S 7=42，则下列说法正确的是()A.a 5=4B.S n =12n 2+52n C.a nn为递减数列 D.1a n a n +1 的前5项和为421【答案】BC【分析】根据给定条件，利用等差数列的性质求出公差d ，再逐项求解判断即可.【详解】等差数列a n 中，S 7=7(a 1+a 7)2=7a 4=42，解得a 4=6，而a 2=4，因此公差d =a 4-a 24-2=1，通项a n =a 2+(n -2)d =n +2，对于A ，a 5=7，A 错误；对于B ，S n =n (3+n +2)2=12n 2+52n ，B 正确；对于C ，a n n =1+2n ，a n n 为递减数列，C 正确；对于D ，1a n a n +1=1(n +2)(n +3)=1n +2-1n +3，所以1a n a n +1 的前5项和为13-14+14-15+⋯+17-18=13-18=524，D 错误.故选：BC17(2024·江西·三模)已知数列a n 满足a 1=1,a n +1=2a n +1，则()A.数列a n 是等比数列B.数列log 2a n +1 是等差数列C.数列a n 的前n 项和为2n +1-n -2D.a 20能被3整除【答案】BCD【分析】利用构造法得到数列a n +1 是等比数列，从而求得通项，就可以判断选项，对于数列求和，可以用分组求和法，等比数列公式求和完成，对于幂的整除性问题可以转化为用二项式定理展开后，再加以证明.【详解】由a n +1=2a n +1可得：a n +1+1=2a n +1 ，所以数列a n +1 是等比数列，即a n =2n -1，则a 1=1,a 2=3,a 3=7,显然有a 1⋅a 3≠a 22，所以a 1,a 2,a 3不成等比数列，故选项A 是错误的；由数列a n +1 是等比数列可得：a n +1=2n ，即log 2a n +1 =log 22n =n ，故选项B 是正确的；由a n =2n -1可得：前n 项和S n =21-1+22-1+23-1+⋅⋅⋅+2n-1=21-2n 1-2-n =2n +1-n -2，故选项C是正确的；由a 20=220-1=3-1 20-1=C 020320+C 120319⋅-1 +C 220318⋅-1 2+⋅⋅⋅+C 19203⋅-1 19+C 2020-1 20-1=3×C 020319+C 120318⋅-1 +C 220317⋅-1 2+⋅⋅⋅+C 1920-1 19 ，故选项D 是正确的；方法二：由210=1024，1024除以3余数是1，所以10242除以3的余数还是1，从而可得220-1能补3整除，故选项D 是正确的；故选：BCD ．18(2024·湖北·二模)无穷等比数列a n 的首项为a 1公比为q ，下列条件能使a n 既有最大值，又有最小值的有()A.a 1>0，0<q <1B.a 1>0，-1<q <0C.a 1<0，q =-1D.a 1<0，q <-1【答案】BC【分析】结合选项，利用等比数列单调性分析判断即可.【详解】a 1>0，0<q <1时，等比数列a n 单调递减，故a n 只有最大值a 1，没有最小值；a 1>0，-1<q <0时，等比数列a n 为摆动数列，此时a 1为大值，a 2为最小值；a 1<0，q =-1时，奇数项都相等且小于零，偶数项都相等且大于零，所以等比数列a n 有最大值，也有最小值；a 1<0，q <-1时，因为q >1，所以a n 无最大值，奇数项为负无最小值，偶数项为正无最大值.故选：BC 三、填空题19(2024·山东济南·三模)数列a n 满足a n +2-a n =2，若a 1=1，a 4=4，则数列a n 的前20项的和为．【答案】210【分析】数列a n 的奇数项、偶数项都是等差数列，结合等差数列求和公式、分组求和法即可得解.【详解】数列a n 满足a n +2-a n =2，若a 1=1，a 4=4，则a 2=a 4-2=4-2=2，所以数列a n 的奇数项、偶数项分别构成以1，2为首项，公差均为2的等差数列所以数列a n 的前20项的和为a 1+a 2+⋯+a 20=a 1+a 3+⋯+a 19 +a 2+a 4+⋯+a 20=10×1+10×92×2+10×2+10×92×2=210.故答案为：210.20(2024·云南·二模)记数列a n 的前n 项和为S n ，若a 1=2,2a n +1-3a n =2n ，则a 82+S 8=.【答案】12/0.5【分析】构造得a n +12n -1-4=34a n2n -2-4，从而得到a n 2n -2=4，则a n =2n ，再利用等比数列求和公式代入计算即可.【详解】由2a n +1-3a n =2n ，得a n +12n -1=34×a n 2n -2+1，则a n +12n -1-4=34a n2n -2-4，又a 12-1-4=0，则a n 2n -2=4，则a n =2n ，a 8=28，S 8=21-28 1-2=29-2，a 82+S 8=2829=12，故答案为：12.21(2024·上海·三模)数列a n 满足a n +1=2a n (n 为正整数)，且a 2与a 4的等差中项是5，则首项a 1=。

数列高考试题汇编(含答案)(K12教育文档)

数列高考试题汇编(含答案)(word版可编辑修改)编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（数列高考试题汇编(含答案)(word版可编辑修改)）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。

本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为数列高考试题汇编(含答案)(word版可编辑修改)的全部内容。

1、(2010浙江）（3）设n S 为等比数列{}n a 的前n 项和,2580a a +=，则52S S = （A ）11 （B)5 （C)8- （D)11-2、(2010全国卷2）(4）.如果等差数列{}n a 中,34512a a a ++=，那么127...a a a +++= （A ）14 (B)21 (C ）28 (D)353、（2010辽宁文数）(3)设n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，已知3432S a =-，2332S a =-,则公比q =（A)3（B)4（C ）5(D ）64、（2010辽宁）（6）设｛a n }是有正数组成的等比数列，n S 为其前n 项和.已知a 2a 4=1, 37S =,则5S =（A)152 (B)314 (C ）334 (D ）1725、（2010全国卷2文数）(6）如果等差数列{}n a 中，3a +4a +5a =12，那么1a +2a +•••…+7a = (A ）14 （B) 21 (C ） 28 （D ） 356、(2010安徽文数)(5)设数列{}n a 的前n 项和2n S n =，则8a 的值为（A) 15 （B) 16 (C ） 49 （D ）647、（2010重庆文数）（2）在等差数列{}n a 中，1910a a +=，则5a 的值为（A ）5 （B)6 (C)8 （D ）18、（2010浙江文数）(5)设n s 为等比数列{}n a 的前n 项和,2580a a +=则52S S = （A ）-11(B ）—8 (C)5 (D ）119、（2010重庆）（1）在等比数列{}n a 中，201020078a a = ,则公比q 的值为 A 。

2018年全国高考数学高三数列练习题汇编含解析

2018年全国各省高考数学：集合真题精选含解析1．（2018•卷Ⅰ）已知集合，则（）A．B．C．D．【答案】B【解析】【解答】解：A=，∴，故答案为：B．【分析】先解二次不等式求出集合A,再进行补集运算．2．（2018•卷Ⅰ）已知集合A={0，2}，B={-2，-1，0，1，2},则A∩B=（）A．{0,2} B．{1,2} C．{0} D．{-2,-1,0,1,2}【答案】A【解析】【解答】解：,∴,故答案为：A【分析】由集合A,B的相同元素构成交集．3．（2018•卷Ⅱ）已知集合A={1、3、5、7}，B={2、3、4、5}，则=（）A．{3} B．{5} C．{3、5} D．{1、2、3、4、5、7}【答案】C【解析】【解答】解：因为A={1,3,5,7}B={2,3,4,5}故A B={3,5}故答案为：C【分析】由集合交集运算可得。

4．（2018•卷Ⅱ）已知集合．则A中元素的个数为（）A．9 B．8 C．5 D．4【答案】A【解析】【解答】集合A及点集元素是（0,0）（0,1）（-1,0）（1,0）（0，-1）（1,1）（1，-1）（-1,1）（-1，-1）共9个元素故答案为：A【分析】由集合知识，可得集合A为点集，满足不程式，画出图象取整点可得。

5．（2018•卷Ⅲ）已知集合，则（）A．B．C．D．【答案】C【解析】【解答】解:B=所以故答案为：C【分析】先解出集合A，再取交集。

6．（2018•北京）已知集合A={x||x|<2},B={-2,0,1,2},则A B=（）A．{0,1} B．{-1,0,1} C．{-2,0,1,2} D．{-1,0,1,2}【答案】A【解析】【解答】解：A=，B=。

∴,故答案为：A．【分析】先解集合A中的绝对值不等式，再与B取交集。

7．（2018•北京）设集合A=，则（）A．对任意实数a，B．对任意实数a，C．当且仅当时，D ．当且仅当a 时，【答案】D【解析】【解答】解：当（2,1）A 时，2-11，合并第一个不等式，2a+1>4a>,2-a 2a 0,则此时a>，故A 错，B 错，当（2,1）A 时，则，故答案为：D 。

专题6-2 数列大题综合18种题型(讲+练)-2023年高考数学二轮复习讲练测(全国通用)(原卷版)

专题6-2数列大题综合18种题型目录讲高考................................................................................................................................................................................1题型全归纳......................................................................................................................................................................2【题型一】恒成立求参...............................................................................................................................................2【题型二】数列“存在型”求参.............................................................................................................................2【题型三】“存在型”证明题.................................................................................................................................3【题型四】数列“存在型不定方程型...................................................................................................................3【题型五】双数列相同项“存在型”...................................................................................................................4【题型六】新数列与“子数列”型........................................................................................................................4【题型七】“下标”数列型......................................................................................................................................5【题型八】指数型常规裂项求和.............................................................................................................................5【题型九】“指数等差型”裂项求和...................................................................................................................5【题型十】“指数分子拆分型”裂项求和..........................................................................................................6【题型十一】“正负裂和”型裂项求和...............................................................................................................7【题型十二】“分离常数型”裂项求和...............................................................................................................7【题型十三】先放缩再裂项求和.............................................................................................................................7【题型十四】前n 项积型...........................................................................................................................................8【题型十五】解数列不等式......................................................................................................................................8【题型十六】证明数列不等式.................................................................................................................................9【题型十七】求和：范围最值型.............................................................................................................................9【题型十八】“隐和型”...........................................................................................................................................9专题训练. (10)讲高考1．（·湖南·高考真题）数列{}n a 22122π0,2,1cos 4sin ,1,2,3,22n nn n a a a a n π+⎛⎫===++=⋅⋅⋅ ⎪⎝⎭．(1)求34,a a ，并求数列{}n a 的通项公式；(2)设()13212422,,2kk k k k k kS S a a a T a a a W k T *-=+++=+++=∈+N ，求使1k W >的所有k 的值，并说明理由．2．（2022·天津·统考高考真题）设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，且1122331a b a b a b ==-=-=．(1)求{}n a 与{}n b 的通项公式；(2)设{}n a 的前n 项和为n S ，求证：()1111n n n n n n n S a b S b S b +++++=-；(3)求211(1)nkk k k k a a b +=⎡⎤--⎣⎦∑．3．（2022·全国·统考高考真题）已知{}n a 为等差数列，{}n b 是公比为2的等比数列，且223344a b a b b a -=-=-．(1)证明：11a b =；(2)求集合{}1,1500k m k b a a m =+≤≤中元素个数．4．（2022·全国·统考高考真题）记n S 为数列{}n a 的前n 项和．已知221nn S n a n+=+．(1)证明：{}n a 是等差数列；(2)若479,,a a a 成等比数列，求n S 的最小值．5．（2021·全国·统考高考真题）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，n b 为数列{}n S 的前n 项积，已知212n n S b +=．（1）证明：数列{}n b 是等差数列;（2）求{}n a 的通项公式．题型全归纳【题型一】恒成立求参【讲题型】例题1.已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S，且1n a +=.(1)求{}n a 的通项公式;(2)数列14n n n S a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，且()112nn n n n T a S λ++≤对任意的*N n ∈恒成立，求实数λ的取值范围.（参考数据:132 1.26≈）已知数列{}n a 中，111,31n n a a a +==+.(1)求证：12n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是等比数列，并求{}n a 的通项公式；(2)数列{}n b 满足()1312nn n nn b a +=-⋅⋅，数列{}n b 的前n 项和为n T ，若不等式()(8)42252n T n n λλ+-≤-+成立的自然数n 恰有4个，求正整数λ的值.【题型二】数列“存在型”求参【讲题型】例题1.设正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，首项为1，已知对任意整数,m n ，当n m >时，m n m n m S S q S --=⋅（q 为正常数）恒成立．(1)求证：数列{}n a 是等比数列；(2)证明：数列1{}n n SS +是递增数列；(3)是否存在正常数c ，使得{lg()}n c S -为等差数列？若存在，求出常数c 的值；若不存在，说明理由．【练题型】已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，且11a =，数列n n S a ⎧⎫⎨⎩⎭是公差为12的等差数列．(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)记数列{}2nn a 的前n 项和为n T ，是否存在实数t 使得数列2n n T t +⎧⎫⎨⎬⎩⎭成等差数列，若存在，求出实数t 的值;若不存在，说明理由．【题型三】“存在型”证明题【讲题型】例题1.已知正项数列{}n a ，其前n 项和n S ，满足()12N n n nS a n a *=+∈.(1)求证：数列{}2n S 是等差数列，并求出n a 的表达式；(2)数列{}n a 中是否存在连续三项12,,k k k a a a ++，使得()12111,,N k k k k a a a *++∈构成等差数列？请说明理由.在数列{}n a 中，已知10a =，26a =，且对于任意正整数n 都有2156n n n a a a ++=-.(1)令12n n n b a a +=-，求数列{}n b 的通项公式；(2)设m 是一个正数，无论m 为何值，是否都有一个正整数n 使13n na m a +-<成立.【题型四】数列“存在型不定方程型【讲题型】例题1.设公比为正数的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知38a =，248S =，数列{}n b 满足24log n n b a =.(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)是否存在*N m ∈，使得12m m m b b b ++⋅是数列{}n b 中的项？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由.已知数列{}n a 满足()121232n n n a a a a -⋅⋅⋅= .(1)证明：{}n a 是等比数列.(2)判断()223*8mm -∈N 是否可能是数列{}na 中的项.若是，求出m 的最大值；若不是，请说明理由.【题型五】双数列相同项“存在型”【讲题型】例题1.已知{}n a 是等差数列，{}n b 是公比不为1的等比数列，1122532,,a b a b a b ====.(1)求数列{}{},n n a b 的通项公式；(2)若集合*,,N M b b a m k ==∈∣，且1100k ≤≤，求M 中所有元素之和.已知数列{}n a 的通项公式为21n a n =+，等比数列{}n b 满足211b a =-，321b a =-．(1)求数列{}n b 的通项公式；(2)记{}n a ，{}n b 的前n 项和分别为n S ，n T ，求满足n m T S =（410n <≤）的所有数对(),n m ．【题型六】新数列与“子数列”型【讲题型】例题1.已知数列{}n a ，{}n b 其前n 项和分别为n S ，n T 且分别满足23122n S n n =-，()31N 22n n T b n +=-∈.(1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式.(2)将数列{}n a ，{}n b 的各项按1a ，1b ，2a ，2b …n a ，n b 顺序排列组成数列{}n c ，求数列{}n c 的前n 项和n M .【练题型】已知等差数列{}n a 和等比数列{}n b 满足3121,8,log n n a b a b ===，*n ∈N ．(1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)设数列{}n a 中不在数列{}n b 中的项按从小到大的顺序构成数列{}n c ，记数列{}n c 的前n 项和为n S ，求50S ．【题型七】“下标”数列型【讲题型】例题1.已知数列{}n a ，{}n b ，n S 是数列{}n a 的前n 项和，已知对于任意*N n ∈，都有323n n a S =+，数列{}n b 是等差数列，131log b a =，且25b +，41b +，63b -成等比数列．(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式．(2)记2,,n n n a n c b n ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数，求数列{}n c 的前n 项和n T ．【练题型】定义集合{}1*2N k M k -=∈，数列{}n a 满足12,0,n n a n M a n M-+∉⎧=⎨∈⎩(1)定义数列122n n n b a -+=，证明：{}n b 为等比数列(2)记数列{}n a 的前n 项和为n S ，求满足2310n S =的正整数n【题型八】指数型常规裂项求和【讲题型】例题1.设数列{}n a 的前n 项和为()*,226n n n S S a n n =+-∈N .(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列112n n n a a ++⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前m 项和127258m T ，求m 的值.已知数列{}n a 满足1123333n n nn a a a n -+++=⋅ .(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)令()()111nn n n a b a a +=++，设{}n b 的前n 项和为n S ，若n m S >对*N n ∈恒成立，求实数m的取值范围.【题型九】“指数等差型”裂项求和【讲题型】例题1..等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}n b 是等比数列，满足13a =，11b =，2210b S +=，5232a b a -=.(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)令n n n c a b =⋅，设数列{}n c 的前n 项和为n T ，求n T ；(3)令()121nn n n n b d a a +-⋅=-⋅，设数列{}n d 的前n 项和为n K ，求证：13n K <.天津市宝坻区第四中学2022-2023学年高二上学期期末数学试题已知{}n a 为等差数列，{}n b 为公比大于0的等比数列，且11a =，12b =，2312b b +=，4642a a b +=.(1)求{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)设22,381,.n nn n n n n a n b c a n a a b ++⎧⎪⎪=⎨+⎪⋅⎪⎩为偶数；为奇数求数列{}n c 的前2n 项和2n T .【题型十】“指数分子拆分型”裂项求和【讲题型】例题1.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，152a =，124n n S a +=-．(1)求{}n a 的通项公式；(2)若()()()121111n n n n n a b a a +--=++，求数列{}n b 的前n 项和为nT ．已知数列{}n a 是公比1q >的等比数列，前三项和为13，且1a ，22a +，3a 恰好分别是等差数列{}n b 的第一项，第三项，第五项．(1)求{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)已知*k ∈N ，数列{}n c 满足21,21,2n n n n nn k b b c a b n k +⎧=-⎪=⎨⎪=⎩，求数列{}n c 的前2n 项和2n S ；(3)设()()2(810)12121n n n n n a d a a +--=++，求数列{}n d 的前n 项和n T ．【题型十一】“正负裂和”型裂项求和【讲题型】例题1.记正项数列{}n a 的前n 项积为n T ，且121n na T =-．(1)证明：数列{}n T 是等差数列；(2)记()1441n n n n n b T T ++=-⋅，求数列{}n b 的前2n 项和2n S ．已知数列{}n a 的满足11a =，m n m n a a a +=+()*,m n ∈N .(1)求{}n a 的通项公式；(2)记121(1)n n n n n b a a ++=-⋅，数列{}n b 的前2n 项和为2n T ，证明：2213n T -<≤-.【题型十二】“分离常数型”裂项求和【讲题型】例题1.数列{}n a12a =且324,3,a a a 成等差数列.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若2122log ,n nn n n b b b ac b b +-==+，求数列{}n c 的前n 项和n S .已知等差数列{}n a 的通项公式为()22n a n c c =-<，记数列{}n a 的前n 项和为()*N n S n ∈，且数列为等差数列．(1)求数列}n a 的通项公式；(2)设数列14n n n S a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为()*N n T n ∈，求{}n T 的通项公式．【题型十三】先放缩再裂项求和【讲题型】例题1.已知数列{}n a 的前n 项和()2n S n n λλ=+∈R ，且36a =，正项等比数列{}n b 满足：11b a =，2324.b b a a +=+(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)若2022n nc b =-，求数列{}n c 的前n 项和n T ；(3)证明：()2131nii i b b =<-∑.【练题型】已知函数()e 1xf x a x =--，a ∈R(1)讨论函数()f x 的单调性;(2)若()0f x ≥恒成立，①求a 的取值范围；②设*n ∈N ，证明：()()1121ln 1.32121ini i i +=⎡⎤+<⎢⎥++⎢⎥⎣⎦∑【题型十四】前n 项积型【讲题型】例题1.在等比数列{}n a 中，18a =，前n 项和为2,1n S S -是1S 和3S 的等差中项．(1)求{}n a 的通项公式；(2)设12n n T a a a =⋅ ，求n T 的最大值．已知数列{}n a 满足()*123N ,2n n a a n n n -+=+∈≥,且24a =.(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)数列{}n b 满足()12,1log ,2n nn n b a n +=⎧⎪=⎨≥⎪⎩,*N n ∈,若()*1238N k b b b b k ⋅⋅=∈ ,求k 的值.【题型十五】解数列不等式【讲题型】例题1.已知数列{}n a 的首项135a =，且满足1321n n n a a a +=+．(1)已知数列11n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是等比数列，求公比q ；(2)若11100ni ia =<∑，求满足条件的最大整数n ．【练题型】已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且412716,28a a S +==.(1)求{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n b 满足43n nn a a b =，且{}n b 的前n 项和为n T ，求满足不等式31n n a T ⋅->的n 的值.【题型十六】证明数列不等式【讲题型】例题1.已知等差数列{}n a 满足312a =，5748a a +=，{}n a 的前n 项和为n S ．(1)求n a 及n S 的通项公式；(2)记12111n n T S S S =++⋅⋅⋅+，求证：1142n T ≤<．【练题型】已知数列{}n a ，11a =，11nn na a a +=+.(1)求数列{}n a 通项公式；(2)若数列{}n b 满足：2111n n i i i i b a -===∑∑.（i ）证明：1n b ≤；（ii ）证明：11112321nn ++++≤- .【题型十七】求和：范围最值型【讲题型】例题1.已知各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，且11111n n n n S a S a +++-=+.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设13n n n a ab -=，且数列{}n b 的前n 项和为n T ，求n T 的取值范围.【练题型】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足 2 3n n S a n =+-，*n ∈N .(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)21n n n b a =-，数列{}n b 是否存在最大项，若存在，求出最大项.【题型十八】“隐和型”【讲题型】例题1.已知等差数列{an }的首项a 1=1，公差d ＞0，且其第二项、第五项、第十四项分别是等比数列{bn }的第二、三、四项.(1)求数列{an }与{bn }的通项公式；(2)设数列{cn }对任意自然数n 均有1231123nn nc c c c a b b b b +++++= 成立，求1232023c c c c ++++ 的值.【练题型】已知等比数列{}n a 的前n 项和为3614126n S S S ==，，．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)当*n ∈N 时，112141nn n n a b a b a b -++⋯+=-，求数列{}n b的通项公式．1．已知n T 为数列{}n a 的前n 项积，且131n na T =-.(1)证明：数列{}n T 是等差数列；(2)记()1651nn n n n b T T ++=-⋅，求数列{}n b 的前n 项和n S .2．记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知()12121n n na n a a S +-++=- .(1)求n S ；(2)设()121n n n b n n S ++=+，数列{}n b 的前n 项和为n T ，证明：1n T <.3．已知数列{}n a 中，12a =，23a =，其前n 项和n S 满足1121n n n S S S +-+=+（2n ≥，*n ∈N ）.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设14(1)2n a n n n b λ-=+-⋅（λ为非零整数，*n ∈N ），试确定λ的值，使得对任意*n ∈N ，都有1n n b b +>成立.4．（河北省邯郸市2023届高三上学期期末数学试题）设n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知0n a >，2364n n n a a S +=+.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若11n n n c a a +=，记数列{}n c 的前n 项和为n T ，证明：112812n T ≤<.5（2022秋·贵州贵阳·高三贵阳一中校考阶段练习）已的数列{}n a 的首项123a =，112n n n n a a a a ++=-，+n ∈N ．(1)求证：数列11n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭等比数列；(2)记12111n n T a a a =++⋅⋅⋅+，若7n T <，求n 的最大值．。

全国各地高考数学试题数列分类汇编

2018年全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全1 . （ 2018全国新课标I 理）记S n 为等差数列a n 的前n 项和若3Ss S 2B ， a 12 "25()A . 12B .10 C . 10 D . 12答案: B解答：..4 3 d 4q3(3a 1 3 2 d) 2a 1 d 9q 9d 6a 1 7d3q 2d 02 26 2d 0 d3 ,••• a 5a 4d 2 4(3)10.2. （ 2018北京理）设 a n 是等差数列，且 a 1=3，a 2+a 5=36，贝Ua n 的通项公式为【答案】a n 6n 3【解析】Q Q 3，3 d 3 4d36， d6， a 36 n 1 6n 33.（2017全国新课标I 理）记S n 为等差数列｛a n ｝的前n 项和•若a 424 , S e48，则｛a .｝的公差为A . 1B . 2C . 4D . 8【答案】C【解析】设:公差为 d ，84a 5a 1 3d a 1 4d 2a-i 7d 24，6 52a 1 7d 24得d 4，故选CS 6 6a 1d 6a 1 15d 48，联立15d ,26a 1 48秒杀解析：因为S66(a 1 a 6)2 3(a3 a 4)48 ，即a 3 a 4 16，则(a 4 a 5)(a 3 a 4) 24 16 8，即 a 5 ; a 3 2d 8，解得d 4，故选C. 4. （ 2017全国新课标n 理）我国古代数学名着《算法统宗》中有如下问题：远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？ ”意思是：一座7层塔共挂了 381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的 2倍，则塔的顶层共有灯（）A . 1盏B . 3盏C . 5盏D . 9盏【答案】B5. （2017全国新课标皿理）等差数列a n 的首项为1，公差不为0.若a 2， a 3，a 6成等比数列，则a n 前6项的和为（）A . 24B .3C.3D . 8【答案】A【解析】•/ a n为等差数列, 且a 2,a 3,a6成等比数列，设公差为d .则a 3a 2 a s ，即 a 1 2d2a 1 d a5d又•/ a 1 1，代入上式可得 d 2 2d又••• d 0，则d 2_ 6 5 6a 1 d1 6 6 5224，故选A.226 . （ 2017全国新课标I 理）记S n 为等差数列 {a n } 的前n 项和•若a 4a 524 ，S648，则｛ an｝的公差为A . 1 .2C . 4D . 8【答案】C【解析】设公差为d ， a 4a 5a 1 3d a 14d 2a 1 7d 24，6 52a 1 7d 24S 6 6印d 6a 1 15d 48，联立… _,解得d 4，故选 C.26a 1 15d 48【答案】C考点：等差数列及其运算【名师点睛】我们知道，等差、等比数列各有五个基本量这些方程可将等差、等比数列中的运算问题转化解关于基本量的方程运算题可看作方程应用题，所以用方程思想解决数列问题是一10. （ 2016四川理）某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入 130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长 12%， 200万元的年份是（）(参考数据:Ig 1.12 ~ 0.05，Ig 1.3 ~ 0.11，lg2 ~ 0.30)【答案】B【解析】试题分析：设第n 年的研发投资资金为 a n ，a 1 130，则a n 130 1.12n 1，由题意，需n 1a n 130 1.12 200，解得n 5，故从2019年该公司全年的投入的研发资金超过200万，选B.考点：等比数列的应用. 11.（ 2018全国新课标I 理）记S n 为数列 a n 的前n 项和.若S n 2务1，则S 6 ___________________________________ .答案：63A .24 B . 3C . 3D . 8【答案】 A【解析】••• a n 为等差数列，且a 2, a 3, a6成等比数列，设公差为 d .则a 3 a 2 a 6，即 a 122da 1 d a 15d又•/印 1，代入上式可得d 2 2d 0又•••d0，则 d 2二 S 66 5 6a 1d 16 65 —224，故选 A.22.（2016全国I 理）已知等差数列 a n 前9项的和为27, a 10 8,则a 100(D ) 979 99 (C ) 98(A ) 100 ( B)秒杀解析：因为 s 66(aia 6)2 (a 4 a s ) (a3 a 4)24 163(a 38，即 a 4) 48，即 a 3a 4 16，则a s a 3 2d 8，2x px q p解得4，故选C.f x也可适当排序后成等比数列，则 7. （ 2015福建文）若a,b 是函数三个数可适当排序后成等差数列，【答案】98. （2017全国新课标皿理）等差数列 a n 的首项为1，公差不为a n 前6项的和为（）o,q0. 的两个不同的零点，且a,b, 2这的值等于 _________ .右a 2a 3 a 6成等比数列，则【解析】：由已知9a i 36d a 1 9d278，所以臼1，d1,a 100 a 1 99d 99 98,故选 C.，两组基本公式，而这两组公式可看作多元方程，利用（组），因此可以说数列中的绝大部分.若该公司2015年全年投入研发资金则该公司全年投入的研发资金开始超过 (A) 2018 年 (B) 2019 年 (C) 2020 年 (D) 2021 年因为a i 12.(2017 S n 2a n 1,S n 1 2a n 11作差得an12a n ，所以｛a n ｝为公比为2的等比数列，又S i 2a i 1,所以 a i 1，所以a n丫 1，所以S 6 61(1 2) 63. 北京理）若等差数列 a n 和等比数列b n 满足 a i =b i =-, a 4=b 4=8, a 2 则匸【答案】【解析】试题分析：设等差数列的公差和等比数列的公比为 3d q 3 8，求得 q 2,d 3，那么亚 b 2 13.（2017 江苏）等比数列｛a n ｝的各项均为实数，其前n 项的和为S n ,已知S 3 63，则 a 8 = 4【答案】32【解析】当q 1时，显然不符合题意;印（1 q 3）当q 1时, 1 q a 1(1 q 6) 1 q 【考点】等比数列通项 74 ，解得 63 ~4 a 1 1 4，则 2a 8 1 27 32.4 14. （ 2017全国新课标n 理）等差数列 a n 的前n 项和为S n , 3 , S 4 10,则n 1 k 1 S k 【答案】2n n 1 【解析】试题分析:设等差数列的首项为 d ，公差为d , 由题意有: 数列的前裂项有:k 1 S k 15. 【答案】 a 14印 2d 3 4 3d 2 10 ，解得 a 1 d n 项和S n 据此: 2n（2017全国新课标皿理） 8 设等比数列 a n 满足a a 2a 1 a 3 【解析】 a n 为等比数列, 设公比为 q a 1 a 3 a 1 a 1①3②，显然q② ②得1 ①得a 1 代入①式可得a 4 aq 3 1 2 3 8.16. （ 2016北京理）已知｛a n ｝为等差数列，S n 为其前 n 项和，若a 1 6， a 3 a 50，则 S 6 =【答案】6【解析】试题分析：••'｛a n ｝是等差数列，二 a 3 a 5 2a 4 0， a 4 0， a 4 a 13d 6，d 2，…S s 6 a 15d6 6 15 ( 2)6故填：6.考点：等差数列基本性质.【名师点睛】在等差数列五个基本量 a 1, d , n , a n , S n 中，已知其中三个量，可以根据已知条件结合等差数列的通项公式、前 n 项和公式列岀关于基本量的方程（组）来求余下的两个量，计算时须注意整体代换及方程思想的应用.17. （ 2016江苏）已知｛a n ｝是等差数列，｛S n ｝是其前n 项和.若a i a ； 3,是=10，则a 9的值是【答案】20.【解析】由 S 5 10 得 a 3 2，因此 2 2d （2 d ）2 3 d 3,a 9 2 3 6 20.考点：等差数列性质【名师点睛】本题考查等差数列基本量，对于特殊数列，一般采取待定系数法，即列岀关于首项及公差的两个独立条件即可.为使问题易于解决，往往要利用等差数列相关性质，如S na n )n ^am ―,(m t 1 n, m 、t 、n N )及等差数列广义通项公式 a n a m (n m)d.2 218. （2016全国I 理）设等比数列 a n 满足a 什a 3=10,a 2+a 4=5,则a 1a 2 -a n 的最大值为 __________________【答案】64 【解析】1巴n 卫 In 2人8n (―) 2 2 2 2 ,于是当n 3或4时,a 1a 2L a n 取得最大值 26264 .考点：等比数列及其应用高考中数列客观题大多具有小、巧、活的特点，在解答时要注意方程思想及数列相关性质的应用，尽量避免小题大做.19. （2016上海文、理）无穷数列a n 由k 个不同的数组成，S n 为a n 的前n 项和.若对任意n N ,S n 2,3，贝U k 的最大值为 ________ ,【答案】4试题分析：设等比数列的公比为a 3 10a" q 2) 10a 1 q ,由得，解a 2 a 45 2ae(1 q )5 qa nn 1 2 L (n 1)【解析】试题分析：当n 1时，耳 2或a , 3；当n-2时，若S n 2，则S n , 2，于是 a n 0,若S n 3，则S n i 3，于是a * 0.从而存在k N ，当n …k 时，a k 0 .其中数列a n : 2,1, 1,0,0,0, 满足条件，所以 k max 4. 考点：数列的求和. 【名师点睛】从研究同的数组成”的不同和S n 与a n 的关系入手，推断数列的构成特点，解题时应特别注意“数列 .本题主要考查考生的逻辑推理能力、基本运算求解能力等 k 的最大值” 20. ( 2016浙江理)设数列｛a n ｝的前 n 项和为 S n 若 S 2=4, a n+i =2S n +1, n € N ，贝U ai= a n 由 ,S 5= k 个不【答案】1 121 【解析】试题分析: a 1 4,a 2 2a 1 1 a 1 1,a 2 再由 a n 1 2S n 1,a n 2S n 1 1(n 2) a n 1 a n 2a n a n 1 3a n (n2)，又 a 2 3a 1 , 所以 a n 1 3a n (n 1),S 5 — 1 35121. 3考点：1、等比数列的定义; 2、等比数列的前 n 项和. 【易错点睛】由a n 1 2S n 否则很容易岀现错误. 1转化为a n 1 3a n 的过程中，一定要检验当 n 1时是否满足a n 13a n,a 221.（2017北京理）若等差数列 a n 和等比数列b n 满足a 仁b 1=-, a 4=b 4=8 ,则 b2 =【答案】1 【解析】试题分析：设等差数列的公差和等比数列的公比为3dq 3 8 ,求得q 2,d 3 ,那么 a 2 b 21 3 —— 12 22.（2017江苏）等比数列｛a n ｝的各项均为实数，其前n 项的和为S n ,已知S 3 &匚，则a8 =【答案】32【解析】当q 1时，显然不符合题意; 印（1 q 3）当q 1时, 1 q 印(1 q 6) 74 ，解得 634 a 1 1 q 【考点】等比数列通项 23. （ 2017全国新课标H 理）等差数列 a 8 1 27 32. 4 a n 的前n 项和为S n , a 3 3, S 4 10,则n 1 k 1 S k【答案】 2n【解析】试题分析: 设等差数列的首项为a ,公差为d ,2a i 2d 3 由题意有:4ai 43d 2，解得i0数列的前 n 项和S nn n i d 2 裂项有：i 22i i S kk k i k k iniiii2 ik i S k2 2 324. ( 2017全国新课标皿理) 【答案】 8【解析】Q a n 为等比数列，设公比为 q .(i )求｛a n ｝的通项公式;(2 )设C na nb n ,求数列｛唧的前n 项和.【答案】(i ) a n 2n i ( n i , 2 , 3,a i i d in n i n n i n ii2 2，据此：i ii 2n 2 in n in in i1a i a s25. 3Ia ?ia i即a i aq i ① a ia 33 , 2aq3②，显然q i ,3I 0 ,②②得i q ①3 ，即q2 , 代入①式可得a i3a 4 aq i 328 .(2016北京文)已知｛a n ｝是等差数列, ｛b n ｝是等差数列，且b 2 3, b s b i ,a i4b 4.设等比数列3n 满足日323，则 a 4);(2) n 2【解祈】试题分析：< 1）求出菩比*洌$｝的公比，求出务二站，叫斗二打的宦根据等差数冽的逋项公式咖C II）根1®等差数列和等比数列的前越项和公武求数列上：｝的前并项和.试题解析:<1）尊比麴列仮.｝的公比厂刍斗4玄3所臥7 二虽■二1』^4 - = *7 *设等差数列｛氐｝的公差为乩因为斫二y a l4= &4 = 27 ,所以1十1孑川=2了丿艮卩d^l・所叹$二2^—1 （丹二1, 2, 3,…》.（II ）由（I）知，a n 2n 1, b n 3n 1.因此c n a n b n 2n 1 3n 1.从而数列c n的前n项和n .2 3 1.2考点：等差、等比数列的通项公式和前n项和公式，考查运算能力.【名师点睛】1.数列的通项公式及前n项和公式都可以看作项数n的函数，是函数思想在数列中的应用.数列以通项为纲，数列的问题，最终归结为对数列通项的研究，而数列的前n项和S n可视为数列｛S n｝的通项.通项及求和是数列中最基本也是最重要的问题之一； 2.数列的综合问题涉及到的数学思想：函数与方程思想（如：求最值或基本量）、转化与化归思想（如：求和或应用）、特殊到一般思想（如：求通项公式）、分类讨论思想（如：等比数列求和，q 1或q 1）等.3的等差数列，数列0 满足b=1，b2=-，a n b n 1 b n 1 nb n,.326. （2016全国I文）已知a n是公差为（I ）求a n的通项公式；（II ）b n 的前n项和.【答案】(I) a n 3n 1 (II)1 2 3n1.试題分析匸(I)由已知聚件束出首项为乙根將公差豹$貝网确定等差数列的通项公式！(II)先判斷｛比｝是竽比数列再求出通顷公式最后:再刑用竽比数列求和公式求血｝的前M页和.试题解析：＜】)由已知;旳込+^2 =^A =1^2 +i2 =^A =1：冬=1得盘1 =：：所以数列｛叫｝是首项为2公差为3的等差数列•通顷公式为込二务-1 •b 1(11)由(I)和a n b n1 b n 1 nb n,得b n 1 ，因此b n是首项为1,公比为—的等比数列.记b n的前n3 3项和为S n，则27. (2016 全国n文) 等差数列｛a n｝中，a3 a 4 4,a5 a 7 6 .(i)求｛a n｝的通项公式；(D) 设b n ［a n］，求数列｛b n｝的前10项和，其中［X］表示不超过X的最大整数，如［0.9］=0,［2.6］=2.【答案】(I)2n 3a n ; (n) 24.5【解析】试题分析珂I)题目已知数列©｝是等差数列，根提通页公式0吐关于殆，日的方程，解方程求得％d , 从而求得％(II)根据条件［力表示不超过兀的最犬整数，求瓦，需要对农二分类讨论』再求数列血｝■的前10项和.2试题解析：(i)设数列a n的公差为d，由题意有2a1 5d 4,a1 5d 3，解得a1 1,d所以a n的通项公式为a n 2n3 5(n)由(i)知b n2n35当n1,2,3 时，12n 352,b n1;当n4,5 时，22n 33,b n 2 ; 5当n6,7,8 时，32n 34,bn3; 5所以数列b n的前10项和为1 3223342 24.当n9,10 时，42n 355,b n4，28. （2016全国n 理）S n 为等差数列 a n 的前n 项和，且a i =1, S 7 28.记b n = lg a n ，其中x 表示不超过x 的最大整数，如0.9 =0, Ig99 =1 .（1）求 b i ， b n ， b l0l ；（H ）求数列b n 的前1 000项和.【答案】（I ） b | 0，b 11 1， 001 2 ；（n ） 1893.【解析】试题分析：（I ）先用等差数列的求和公式求公差d ，从而求得通项 a n ，再根据已知条件 x 表示不超过x 的最大整数，求 b 1，b 11， 001 ；（n ）对n 分类讨论，再用分段函数表示b n ，再求数列 0的前1 000项和.试题解析：（I ）设｛a n ｝的公差为d ，据已知有7 21d 28，解得d 1. 所以｛a .｝的通项公式为a n n. 考点：等差数列的的性质，前n 项和公式，对数的运算.【名师点睛】解答新颖性的数学题，一是通过转化，化“新”为“旧”；二是通过深入分析，多方联想, 以“旧”攻“新”；三是创造性地运用数学思想方法，以“新”制“新”，应特别关注创新题型的切入点和生长点(I )求 a 2,a g ；（ii ）求a n 的通项公式【答案】（i ） a 21 1 ,a 3 ； (n) a n2 41 2* 1 .【解析】试题分析：（I ）将 a 1 1代入递推公式求得 a 2，将a 2的值代入递推公式可求得a 3；（n ）将已知的递推公式进行因式分解，然后由定义可判断数列｛a n ｝为等比数列，由此可求得数列｛a n ｝的通项公式.1 1 试题解析：（i ）由题意得a 2 1a 3 丄 (5)2 4考点：1、数列的递推公式； 2、等比数列的通项公式.【名师点睛】求解本题会岀现以下错误：①对x 表示不超过x 的最大整数”理解出错;29. （ 2016全国皿文）已知各项都为正数的数列2a n 满足 a 1 1 ， an(2 a n 1 1)a n 2 a n 1 0.30 （2016全国皿理）已知数列｛a n ｝的前n 项和S n 1 a n ，其中（I ）证明｛a n ｝是等比数列，并求其通项公式;31 （“）若 $32，求a n 宀一7）n1【答案】（I ）11；（n ）比数列的走义可证；（n ）刹用（I ）前刊项和£化为乂的表达式，结合爲的值「建立方程可求得*的值* 试題解析：〔】〉宙题青得阿二易=1+加-故2工匚冈=丄，1 — X由= 1十知e > S* = 1 +加n+1 18 4*1 =去瞎4 —!卩卩4+1 (丄—b —肋皿-231.（ 2016山东文）已知数列 a n 的前n 项和S n 3n 8n ,b n（I ）求数列 0的通项公式;由 a 1 0，0得an，所以a n 1a n因此｛a n ｝是首项为1 ，公比为 1的等比数列，于是 a n 1 (n)S n 由（I ）得 1 r,由S 5 31 5 32 得1「31 32，即丄32 解得考点: 1、数列通项a n 与前n 项和为S n 关系; 2、等比数列的定义与通项及前 n 项和为 S n 1）定义法，即证明【方法总结】等比数列的证明通常有两种方法：（ 2 即证明％ 1 2•根据数列的递推关系求通项常常要将递推关系变形, 来求解. a n 1a nq （常数）；（2 ）中项法, 转化为等比数列或等差数列【方法总结】等比数列的证明通常有两种方法：（1）定义法，即证明邑 q （常数）；（2 ）中项法,2即证明a n 1 a n a n 2 •根据数列的递推关系求通项常常要将递推关系变形, 来求解.a n转化为等比数列或等差数列试题分析八I ）首先利用公式心二,「得到数列細J 的递推公式P 然后通过变换结盲等是等差数列，且 a n b n b n 1.(a 1)n 1 (II )令C nn-.求数列C n 的前n 项和T n . (bn 2)【答案】(i) b n 3n 1； (n) T n 3n 2n 2 试题分析：（I ）依题意建立碁彳的方程俎，即得. 并 + 61⑴由⑴s 冷"*打从而 Z : = 3[2x2--3 试题解析：（i ）由题意当 n 2时, a n S nS n 1 6n 5，当 n1 时，a 1 S 111; 所以 a n6n 5；设数列的公差为 d ，由 a 2bi b 2b2，即b 31117 2b 1 2b 1 d，解之得 3d b 14,d3，所以bn3n 1。

专题18数列的通项公式及前n项和-高考数学(理)母题题源系列含解析

专题18数列的通项公式及前n 项和-高考数学（理）母题题源系列含解析【母题原题1】【2018天津，理18】设是等比数列，公比大于0，其前n 项和为，是等差数列．已知，，，．{}n a ()n S n *∈N {}n b 11a =322a a =+435a b b =+5462a b b =+（I ）求和的通项公式；{}n a {}n b（II ）设数列的前n 项和为，{}n S ()n T n *∈N （i ）求；n T（ii ）证明．221()22()(1)(2)2n nk k k k T b b n k k n +*+=+=-∈+++∑N 【考点分析】本小题主要考查等差数列的通项公式，等比数列的通项公式及前n 项和公式等基础知识．考查等差数列求和的基本方法和运算求解能力．满分13分．【答案】（I ）；（II ）（i ）．（ii ）证明见解析．12,n n n a b n -==122n n T n +=--【解析】试题分析：（I ）由题意得到关于的方程，解方程可得，则．结合等差数列通q2q =12n n a -=设等差数列的公差为，由，可得由，{}n b d 435a b b =+13 4.b d +=5462a b b =+可得从而故 131316,b d +=11,1,b d ==.n b n =所以数列的通项公式为，数列的通项公式为{}n a 12n n a -={}n b .n b n = （II）（i）由（I），有，故．122112nn n S -==--1112(12)(21)22212n n n k k n n k k T n n n +==⨯-=-=-=-=---∑∑ （ii ）证明：，()()()()()()()()1121222222212121221k k k k k k+k k k k T +b b k k k k k k k k k ++++--++⋅===-++++++++ ()()()32432122122222222123243212n n n nk k k k T b b k k n n n ++++=+⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=-+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪+++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑．【名师点睛】本题主要考查数列通项公式的求解，数列求和的方法，数列中的指数裂项方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力．【母题原题2】【2017天津，理18】已知为等差数列，前n 项和为，是首项为2的等比数列，且公比大于0，{}n a ()n S n *∈N {}n b2312b b +=，，．3412b a a =-11411S b =（Ⅰ）求和的通项公式；{}n a {}n b（Ⅱ）求数列的前n 项和．221{}n n a b -()n *∈N【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）．32n a n =-2n n b =1328433n n +-⨯+ 联立①②，解得，，由此可得．11a =3d =32n a n =-所以，数列的通项公式为，数列的通项公式为．{}n a 32n a n =-{}n b 2nn b =（Ⅱ）设数列的前项和为，由，，有，221{}n n a b -n n T 262n a n =-12124n n b --=⨯221(31)4n n n a b n -=-⨯故，23245484(31)4n n T n =⨯+⨯+⨯++-⨯23414245484(34)4(31)4n n n T n n +=⨯+⨯+⨯++-⨯+-⨯，上述两式相减，得：23112(14)324343434(31)44(314n n n n T n n +⨯--=⨯+⨯+⨯++⨯--⨯=----111)4(32)48n n n ++⨯=--⨯-，得．1328433n n n T +-=⨯+ 所以，数列的前项和为．221{}n n a b -n 1328433n n +-⨯+ 【考点】等差数列、等比数列、数列求和【名师点睛】利用等差数列和等比数列通项公式及前项和公式列方程组求数列的首项和公差或公比，进而写出通项公式及前项和公式，这是等差数列、等比数列的基本要求，数列求和的方法有倒序相加法、错位相减法、裂项相消法和分组求和法等，本题考查的是错位相减法求和．n n【母题原题3】【2016天津，理18】已知是各项均为正数的等差数列，公差为，对任意的是和的等比中项．{}n a d n n N ,b *∈n a 1n a +(Ⅰ)设，求证：是等差数列；22*1,n n n c b b n N +=-∈{}n c (Ⅱ)设，求证：()22*11,1,nnn n k a d T b n N===-∈∑2111.2nk kT d =<∑ 【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析()222111111111111212121nn n k k k kT d k k d k k d n ===⎛⎫⎛⎫==-=⋅- ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭∑∑∑，易得结论．试题解析：（I ）证明：，为定值，∴为等差数列．22112112n n n n n n n n c b b a a a a d a +++++=-=-=⋅21212()2n n n n c c d a a d +++-=-={}n c（II）证明：（*）2213211(1)nk n k n k T b C C C -==-=++⋅⋅⋅+∑21(1)42n n nC d -=+⋅212(1)nC d n n =+- 由已知，将代入（*）式得，∴，得证．22212123122122()4C b b a a a a d a d a d d =-=-=⋅=+=214C d =22(1)n T d n n =+2111112(1)nnk k kT d k k ===+∑∑21111(1)2311221k k d ⋅=⋅⋅++--+-+212d <【名师点睛】分组转化法求和的常见类型（1）若an ＝bn±c n ，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{an}的前n 项和．（2）通项公式为an ＝的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．【母题原题4】【2015天津，理18】已知数列满足，且成等差数列．{}n a 212()*,1,2n n a qa q q n N a a +=≠∈==为实数，且1，233445,,a a a a a a(I)求的值和的通项公式；q {}n a (II)设，求数列的前项和．*2221log ,nn n a b n N a -=∈n b n 【答案】(I) ； (II) ．1222,2,.n n n n a n -⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数,为偶数1242n n n S -+=-当时，，2(*)n k n N =∈2222nkn k a a ===所以的通项公式为{}n a 1222,2,.n n n n a n -⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数,为偶数(II) 由(I)得，设数列的前项和为，则22121log 2n n n n a nb a --=={}n b n n S012111111232222n n S n -=⨯+⨯+⨯++⨯， 1231111112322222n n S n =⨯+⨯+⨯++⨯，两式相减得，23111111112212122222222212n n n n n n n n n n S --=+++++-=-=--- 整理得，所以数列的前项和为．1242n n n S -+=-{}n b n 124,*2n n n N -+-∈【名师点睛】本题主要考查等差、等比数列定义与性质，求和公式以及错位相减法求和的问题，通过等差数列定义、等比数列性质，分为奇偶数讨论求通项公式，并用错位相减法基本思想求和．是中档题．n【命题意图】高考对本部分内容的考查基础知识为主，重点考查求数列的通项公式和数列求和问题．【命题规律】高考试题对该部分内容考查的主要角度有：其一求数列的通项公式，其二数列求和，其三证明数列成等差数列或成等比数列．【答题模板】解答本类题目，以2017年试题为例，一般考虑如下三步：第一步：求数列的通项公式：本题从等比数列入手，由于，设公比为，表达出和，利用列方程求出，写出的通项公式；{}n b {}n b 12b =q 2b 3b 2312b b +=q {}n b第二步：求数列的通项公式：借助第一步的结果，由于数列成等差数列，设公差为，结合，解方程组求出和，写出数列的通项公式．{}n a {}n a d 3411142,11b a a S b =-=1a d {}n a第三步：利用错位相减法求和：列出数列的前n 项和，两边同乘以4，两式相减后求和．221{}n n a b -n T 【方法总结】1．数列中与的关系：an ＝{}n a n a n S ⎩⎨⎧S1，n ＝1，Sn －Sn －1，n≥2.2．等差数列（1）等差数列的有关概念①定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．符号表示为为常数．*1(,n n a a d n N d +-=∈)②等差中项：数列成等差数列的充要条件是，其中叫做的等差中项．,,a A b 2a bA +=A ,a b （2）等差数列的有关公式 ①通项公式：．1(1)n a a n d =+-②前项和公式：．n 11()(1)22n n n a a n n S na d +-=+=（3）等差数列的性质已知数列是等差数列，是其前项和．{}n a n S n ①通项公式的推广：．*()(,)n m a a n m d n m N =+-∈ ②若，则．*(,,,)k l m n k l m n N +=+∈k l m n a a a a +=+③若的公差为，则也是等差数列，公差为．{}n a d {}n a 2d④若是等差数列，则也是等差数列．{}n b {}n n pa qb + ⑤数列，…构成等差数列．232,,n n n n n S S S S S -- （4）．妙设等差数列中的项若奇数个数成等差数列，可设中间三项为；,,a d a a d -+若偶数个数成等差数列，可设中间两项为，其余各项再依据等差数列的定义进行对称设元．,a d a d -+（5）等差数列的四种判断方法①定义法：为常数⇔是等差数列．*1(,n n a a d n N d +-=∈{}n a ②等差中项法： (n ∈N*)⇔是等差数列．122n n n a a a ++=+{}n a ③通项公式： (为常数)⇔ 是等差数列．n a pn q =+,p q {}n a④前n 项和公式：（为常数)⇔ 是等差数列．2n S An bn =+A B 、{}n a 3．等比数列（1）等比数列的有关概念 ①定义如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为．*1(0,)n na q q n N a +=≠∈ ②等比中项如果a 、G 、b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即：G 是a 与b 的等比中项⇔G2＝ab ．“a ，G ，b 成等比数列”是“G 是a 与b 的等比中项”的充分不必要条件．（2）等比数列的有关公式 ①通项公式：．11n n a a q -=②前项和公式：；n 111,1,(1),111n n n na q S a a q a q q q q =⎧⎪=--⎨=≠⎪--⎩（3）等比数列的性质已知数列是等比数列，是其前n 项和．(m ，n ，p ，q ，r ，k ∈N*){}n a n S ①若，则；2m n p q r +=+=2m n p q r a a a a a == ②数列…仍是等比数列；23,,,,m m k m k m k a a a a +++③数列，…仍是等比数列(此时{an}的公比)．232,,n n n n n S S S S S --1q ≠-（4）等比数列的三种判定方法（1）定义：⇔是等比数列．*1(0,)n na q q n N a +=≠∈{}n a （2）通项公式：均是不为零的常数， ⇔是等比数列．1(n n a cq c q -=、*)n N ∈{}n a(3)等比中项法：⇔是等比数列．2*1212(0,)n n n n n n a a a a a a n N ++++=⋅⋅≠∈{}n a（5）求解等比数列的基本量常用的思想方法①方程的思想：等比数列的通项公式、前n 项和公式中联系着五个量：，已知其中三个量，可以通过解方程(组)求出另外两个量；其中基本量是a1与q ，在解题中根据已知条件建立关于a1与q 的方程或者方程组，是解题的关键．1,,,,n na q n a S②分类讨论思想：在应用等比数列前n 项和公式时，必须分类求和，当时，；当时，；在判断等比数列单调性时，也必须对与分类讨论．1q =1n S na =1q ≠1(1)1n n a q S q-=-1a q 5．数列求和的常用方法（1）公式法：直接利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求和等差数列的前n 项和公式：Sn ＝＝na1＋d ；等比数列的前n 项和公式：Sn ＝错误!（2）倒序相加法：如果一个数列{an}的前n 项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的．（3）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的．（4）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．（5）分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减．（6）并项求和法：一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an ＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．例如，．222222S=-+-++-=++++++=10099989721(10099)(9897)(21)5050 n1．【2018天津南开中学模拟】已知数列是首项的等差数列，设．（1）求证：是等比数列；（2）记，求数列的前项和；（3）在（2）的条件下，记，若对任意正整数，不等式恒成立，求整数的最大值．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）11．详解：（1）由及，得，所以．因为，所以，即．则，所以数列是首项，公比的等比数列．（2）由（1），得，所以（3）因为，则问题转化为对任意正整数使不等式恒成立．设，则．所以，故的最小值是/．由，得整数可取最大值为11．【名师点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有用定义证明等比数列，对数的运算，裂项相消法求和，恒成立问题求有关参数的取值范围和最值问题，在解题的过程中，注意对公式的正确使用以及对问题的正确理解．2．【2018天津河西区三模】已知数列的前项和为，数列是首项为1，公差为2的等差数列．（1）求数列的通项公式；（2）设数列满足，求数列的前项和．【答案】（1）；（2）．【解析】分析：（1）利用进行求解；（2）利用类似的方法求出，进而求出，再利用等比数列的求和公式进行求解．相减可得：，又，解得，时，对上式也成立，∴，∴，∴数列的前项和．【名师点睛】利用数列的通项公式和前项和公式的关系求通项时，要注意为分段函数，解题时容易忽视验证“”的通项是否满足的通项．3．【2018天津部分区二模】已知数列的奇数项依次成公比为2的等比数列，偶数项依次成公差为4的等差数列，数列的前项和为，且，．（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和．【答案】（1）；（2）．【解析】分析：（I）设数列的奇数项的公比为，偶数项的公差为．由已知，，可得，为奇数时，，为偶数时，；（II）由（1）知．为偶数时，，为奇数时，．详解：（1）设数列的奇数项的公比为，偶数项的公差为．由已知，得．∵，∴，解得为奇数时，；为偶数时，，∴（2）由（1）知即为偶数时，为奇数时，，．【名师点睛】本题考查数列的性质和综合运用，分类讨论思想，难度较大．解题时要认真审题，仔细解答．4．【2018天津河东区二模】已知等比数列满足条件，，．（1）求数列的通项公式；（2）数列满足，，求的前项和．【答案】（1）（2）【解析】分析：第一问首先利用等比数列的通项公式得到数列的首项和公比所满足的条件，从而求得相关的值，得到该数列的通项公式；第二问利用和与项的关系，得到，，再将时的情况进行验证，得到，，之后应用错位相减法对数列求和即可得结果．详解：（1）设的通项公式为，综上，①②由①-②得到，【名师点睛】该题考查的是有关数列的通项公式与求和的问题，在求解的过程中，注意对等比数列的通项公式的应用，得到题中的数列的首项和公比所满足的条件，从而求得结果；再者就是利用和与项的关系求通项的时候，需要对首项进行验证，在应用错位相减法求和时，需要明确步骤应该怎么写．5．【2018天津河北区二模】已知等差数列{}中，=1，且，，成等比数列．（I）求数列{}的通项公式及前n项和；（II）设，求数列{}的前2n项和．【答案】（Ⅰ），（Ⅱ）【解析】分析：（Ⅰ）设等差数列{}的公差为d，由题意可求得，故可得数列的通项公式和前n项和公式．（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，故选用分组求和的方法将数列{}的项分为计数项和偶数项两部分后再求和．详解：（I）设等差数列{}的公差为d，∵，且，，成等比数列，∴，∴当n为偶数时，，当n为奇数时，．∴数列{}的奇数项是以为首项，为公比的等比数列；偶数项是以8为首项，16为公比的等比数列．∴数列{}的前2n项的和．【名师点睛】（1）等差、等比数列的运算中，要注意五个量之间的关系，根据条件得到方程（或方程组），通过解方程（方程组）达到求解的目的．（2）数列求和应从通项入手，若通项符合等差数列或等比数列，则直接用公式求和；若通项不符合等差或等比数列，需要通过对通项变形，转化为等差或等比或可求数列前n项和的数列求解．当数列的通项中含有或的字样时，一般要分为n为奇数和n为偶数两种情况求解．6．【2018天津十二校二模】已知数列的前项和满足：，（为常数，，）．（Ⅰ）求的通项公式；（Ⅱ）设，若数列为等比数列，求的值；（Ⅲ）在满足条件（Ⅱ）的情形下，．若数列的前项和为，且对任意满足，求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）；（3）．详解：（1）且数列是以为首项，为公比的等比数列（2）由得，因为数列为等比数列，所以，，所以，解得．【名师点睛】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）；（2）；（3）；（4）；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．7．【2018天津滨海新区七校模拟】已知数列的前项和为，满足 ()，数列满足()，且{}n a n n S 21n n S a =-*n N ∈{}n b ()()111n n nb n b n n +-+=+*n N ∈11b =（1）证明数列为等差数列，并求数列和的通项公式；n b n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭{}n a {}n b（2）若，求数列的前项和；()()()()122141132log 32log n n n n n c a a -++=-++{}n c n 2n T（3）若，数列的前项和为，对任意的，都有，求实数的取值范围．n n n d a b ={}n d n n D *n N ∈n n D nS a ≤-a【答案】（1），；（2）；（3）12n n a -=2n b n =11343n -+0a ≤【解析】试题分析：（1）两边同除以，得，可求得．用公式，统一成，可求得．（2）由（1），代入得，由并项求和可得．（3）由（1）由错位相减法可求得，代入可求．11,2{,1n n n S S n a S n --≥==n a n a 12n n a -=n c ()11112123n n n -⎛⎫=-+ ⎪++⎝⎭2nT 12n n d a n -==n D当时，，所以． =1n 11121=S a a =-1=1a 当时，，，2n ≥21n n S a =--1-121n n S a =- 两式相减得，又，所以，12n n a a -=1=1a 12nn a a -= 从而数列为首项，公比的等比数列，{}n a 1=1a =2q 从而数列的通项公式为． {}n a 12n n a -=（2） ()()()41(2123n n c n n -⎛⎫+=⎪ ⎪++⎝⎭()11112123n n n -⎛⎫=-+ ⎪++⎝⎭2123212n n n T c c c c c -=++++=1111111135574143343n n n +--+--=-+++ （3）由（1）得， 12n n d a n -==()221112232122n n n D n n --=⨯+⨯+⨯+-+ ，()()2311212223212122n n n n D n n n --=⨯+⨯+⨯+-+-+因为，从而数列为递增数列()()1+121121n nn n d d n n +⎡⎤-=-+----⎣⎦210n =->{}n d 所以当时，取最小值，于是．=1n n d 1=0d 0a ≤【名师点睛】本题考查知识较多，有递推公式求通项公式，及通项公式与前n 项和关系，裂项求和，并项求和，等差数列求和，错位相减法，数列与不等式交汇等，需要对数列基本知识，基本方法掌握非常好． 8．【2018天津十二模拟一】已知等比数列的前项和为，满足，，数列满足，，且．{}n a n n S 4212a a -=423+2S 3S S ={}n b ()()111n n nb n b n n +-+=+*n N ∈11b = （1）求数列，的通项公式；{}n a {}n b（2）设，为的前项和，求．()22log 212{ 2nn na n k n n c n k=-+==，n T {}n c n 2n T【答案】（1），；（2）．2n n a ∴=2n b n =21166899221n n nn -+-+⨯+ 【解析】试题分析：（1）由，可推出，，结合，即可求出数列的通项公式，再将两边同除以得，可推出数列为等差数列，从而可求出的通项公式；（2）由（1）知，利用分组求和，裂项相消法及错位相减法即可求出．423+2S 3S S =432a a =2q =4212a a -={}n a ()()111n n nb n b n n +-+=+()1n n +111n n b b n n +-=+n b n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭{}n b ()22log 2,212{2,22nn n n k n n c nn k =-+==2n T（2）由（1）知()()2211log 2,21,2122{{2,2,222nn n n n n k n k n n n n c c nnn k n k -=-=-++=⇒===∴21232n nT c c c c =++++13521111111124622133521212222n n n n -⎛⎫⎡⎤=-+-++-+++++ ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎣⎦135212462212222n n n n -⎡⎤=+++++⎢⎥+⎣⎦设，则，两式相减得，整理得．1352124622222n n A -=++++357211246242222n nA +=++++35721213222221422222n n n A -+=++++-211668992n n A -+=-⨯ ∴． 221166899221n n n nT n -+=-+⨯+ 【名师点睛】（1）分组转化法求和的常见类型主要有分段型（如），符号型（如），周期型（如）；（2）用错位相减法求和的注意事项：①要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；②在写出“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式；③在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．,{2,n n n n a n =为奇数为偶数()21nn a n =-πsin3n n a =n S n qS n n S qS - 9．【2018天津十二模拟二】已知正项等比数列，等差数列满足，且是与的等比中项．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和．【答案】（1）；（2）．又，则：，解得或因为中各项均为正数，所以，进而．故．（2）设设数列的前项和为，数列的前项和为，当为偶数时，，当为奇数时，，而 ①，则②，由①-②得：，，因此，综上：．10．【2018天津部分区期末考】已知为等差数列，且，其前8项和为52，是各项均为正数的等比数列，且满足，．{}n a 24a ={}n b 124b b a +=36b a = （1）求数列和的通项公式；{}n a {}n b（2）令，数列的前项和为，若对任意正整数，都有成立，求实数的取值范围．22log log n nn n nb ac a b =+{}n c n n T n 2n T n λ-<λ 【答案】（1），；（2）2n a n =+2n n b =3λ≥ 【解析】试题分析：立，然后根据可得结果．1132312n n ⎛⎫-+< ⎪++⎝⎭试题解析：（1）设等差数列的公差为，{}n a d 由题意得，即，解得，114{82852a d a d +=+=1134{2713a d a d +=+=13{1a d ==所以．()312n a n n =+-=+设各项均为正数的等比数列的公比为，则有，解得，所以．{}n b q 124366{8b b a b a +====12{2b q ==2n n b =（2）由（1）可知 22224422n n n n n c n n n n +++=+=++1122.2n n ⎛⎫=+- ⎪+⎝⎭111111122132411n c n n n n n ⎛++=+⨯-+-++-+- -++⎝．11212n n ⎛⎫-+ ⎪++⎝⎭，因为对任意正整数，都有成立，即对任意正整数恒成立，n 2n T n λ-<113212n n λ⎛⎫>-+ ⎪++⎝⎭n又，所以．故实数的取值范围为．1132312n n ⎛⎫-+<⎪++⎝⎭3λ≥λ[)3,+∞ 11．【2018天津一中期中考】设数列的前项和为，满足，，且． {}n a n n S 21234n n S na n n +=--*n N ∈13a = （Ⅰ）求、的值；2a 3a （Ⅱ）求数列的通项公式{}n a【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）见解析．25a =37a =【解析】分析：（Ⅰ）分别令就可以求得，．1,2n n ==25a =37a = （Ⅱ）根据（Ⅰ）猜测，利用数学归纳可证明该猜测．21n a n =+详解：(Ⅰ) ，．25a =37a = （Ⅱ）由题意得，13222n n S n a n +=++ 结合①②，由归纳原理知，对任意，．*n N ∈21n a n =+【名师点睛】与自然数有关的问题，可以用数学归纳法，在归纳假设中，我们一般设当时，命题成立，也可以假设时，命题成立，然后再证明，也成立．n k =()P k 0n n k ≤≤()P n 1n k =+()1P k +12．【2018天津滨海新区模拟】已知数列的首项前项和为，且{}n a 15a =n n S ()*15n n S S n n N +=++∈（I ）证明数列是等比数列；{}1n a +（II ）令求函数在点处的导数并比较与的大小。

数列--2023高考真题分类汇编完整版

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

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

高考数学真题分类汇编专题 18：数列（综合题）
姓名:________
班级:________
成绩:________
一、解答题 (共 10 题；共 85 分)
1. （10 分） (2017·东台模拟) 已知数列{an}，{bn}满足：bn=an+1﹣an（n∈N*）．
（1）若 a1=1，bn=n，求数列{an}的通项公式；
（2）若 bn+1bn﹣1=bn（n≥2），且 b1=1，b2=2．
（i）记 cn=a6n﹣1（n≥1），求证：数列{cn}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，求首项 a1 应满足的条件．
2. （15 分） (2019·上海) 已知等差数列．
的公差
，数列
满足
，集合
（1）若
，求集合；
（2）若（3）若
，求集合；，求使得集合恰好有两个元素；
（4）若
，求使得集合恰好有两个元素；
（5）若集合恰好有三个元素：
，是不超过 7 的正整数，求的所有可能的值．
（6）若集合恰好有三个元素：
，是不超过 7 的正整数，求的所有可能的值．
3. （10 分） (2018·山东模拟) 已知数列，
，
（）
．
（1）求数列的通项公式；
（2）设
，求数列
的前项和．
第1页共7页

4. （5 分） (2016 高二上·桂林开学考) 已知公差 d＞0 的等差数列{an}中，a1=10，且 a1 ， 2a2+2，5a3 成等比数列．
（1）求公差 d 及通项 an；
（2）设 Sn=
+
+…+
，求证：Sn＜．
5. （5 分） (2020 高二上·徐州期末) 已知各项都是正数的数列的前 n 项和为，
，
．
（1）求数列的通项公式；
（2）若
对任意
恒成立，求的取值范围．
（3）设数列满足：
，
，数列
的前 n 项和求证：
（4）若
对任意
恒成立，求的取值范围．
6. （10 分） (2018·吉林模拟) 已知各项均为正数的等比数列，前项和为，
（1）求的通项公式；
． .
（2）设
，的前项和为，证明：
.
7. （5 分） (2018·吉林模拟) 已知数列是递增的等比数列，满足
中项，数列满足
，其前项和为，且
.
，且
是、的等差
（1）求数列，的通项公式；
（2）数列取值范围.
的前项和为，若不等式
8. （10 分） (2018·绵阳模拟) 已知等差数列中，公差
第2页共7页
对一切
恒成立，求实数的
，
，且
成等比数列.

（1）求数列的通项公式；
（2）若为数列
的前项和，且存在
，使得
成立，求的取值范围.
9. （5 分） (2017·丰台模拟) 对于∀ n∈N* ，若数列{xn}满足 xn+1﹣xn＞1，则称这个数列为“K 数列”．
（Ⅰ）已知数列：1，m+1，m2 是“K 数列”，求实数 m 的取值范围；
（Ⅱ）是否存在首项为﹣1 的等差数列{an}为“K 数列”，且其前 n 项和 Sn 满足在，求出{an}的通项公式；若不存在，请说明理由；
？若存
（Ⅲ）已知各项均为正整数的等比数列{an}是“K 数列”，数列数列{bn}是否为“K 数列”，并说明理由．
不是“K 数列”，若
，试判断
10. （10 分） (2018·泉州模拟) 数列是公差大于 0 的等差数列，数列
，是与的等差中项，是
与
的等比中项.
是公比为 2 的等比数列，
（Ⅰ）求数列与的通项公式；
（Ⅱ）求数列
的前项和.
第3页共7页

一、解答题 (共 10 题；共 85 分)
1-1、答案：略 1-2、答案：略 2-1、答案：略 2-2、答案：略 2-3、答案：略 2-4、答案：略 2-5、答案：略 2-6、答案：略 3-1、答案：略 3-2、答案：略 4-1、答案：略 4-2、答案：略
参考答案
5-1、
第4页共7页

5-2、 5-3、
5-4、 6-1、答案：略 6-2、答案：略 7-1、答案：略 7-2、答案：略 8-1、答案：略 8-2、答案：略
第5页共7页

第6页共7页

10-1、
第7页共7页

。