高考压轴题之数列

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专题16 数列(选填压轴题)(解析版)-【挑战压轴题】备战2023年高考数学高分必刷必过题

所以 x 0, 2023 ，则方程x x 1 由 2022 个根.①④正确，
2 故选：D.
4．（2022·河南信阳·高二期末（理））二进制数是用 0 和 1 表示的数，它的基数为 2，进位
规则是“逢二进一”，借位规则是“借一当二”，二制数
a0
a1a2
ak
2
(
k
N
*
）对应的十进制数
记为 mk ，即 mk a0 2k a1 2k1 ... ak1 2 ak 20 ，其中 a0 1 ， ai 0，1（i 1，2，3，，k），
317
4
c13 c23 c33 c173
56 4 c23 16 64 ，
1 所以
c18
4
，所以
7 2
1 c18
4 ，则
1 4
c18
2 7
.
故选：C.
6．（2022·江苏南京·高二期末）将等比数列bn按原顺序分成 1 项，2 项，4 项，…， 2n1 项的各组，再将公差为 2 的等差数列an 的各项依次插入各组之间，得到新数列cn：b1 ，a1 ，
1 2
nt
0
1 2
n
，
若
n
为偶数，此时
1 2
n
0
，则此时不存在 t
N*
，使得
1 nt 2
1 n 2
，
综上：B 选项错误；
设 an 2n 1 ，此时满足 a1 2 1 3 0 ，
也满足 n, s N*, ans 2n s 1， an as 2n 1 2s 1 2n s 2 ，
② n, s N*, ans an as ；③ n N* ，t N*, ant an .定义：同时满足性质①和②的数

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

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

高考压轴题之数列

数列及其通项令狐采学例1设{}n a 是首项为1的正项数列，且()011221=+-+++n n n n a na na a n （n =1，2，3，…），则它的通项公式是n a = ．分析本题由递推式求通项公式,考虑到填空题特点：即只要结果不要过程,故采用不完全归纳法(由特殊到一般).也可化简递推式,从而求得通项公式. 解法一：由条件,11=a ()011221=+-+++n n n n a na na a n ,可得212=a ,313=a ,414=a ,(负值舍去) 由此可猜想nan1=. 解法二：由()011221=+-+++n n n n a na na an ,可得()0)](1[11=+-+++n n n n a a na a n因为0>n a ,所以0)(1>++n n a a 故只有()011=-++n n na a n ,即11+=+n na a n n 所以=na1-n n a a ⋅⋅--21n n a a ⋅--32n n a a …112a a a ⋅=n1链接①形如)(1n q a a n n +=+的递归式,其通项公式求法为：1111111()()n n n k k k k a a a a a q k --+===+-=+∑∑②形如n n a n p a )(1=+的递归式,其通项公式求法为：3211121(1)(2)(1)nn n a a a a a a p p p n a a a -=⋅⋅⋅=⋅⋅-例2 . 已知an =n －98n －99 ( n∈N* )，则在数列{an }的前20项中，最大项和最小项分别是()A.a9,a8 .B.a10,a9 .C.a8,a9 . A.a9,a10 .分析因为an =1+99－98n－99所以a1,a2 ,…,a9组成递减数列，a1最大，a10最小;a10,a11 ,…,a20组成递减数列，a10,最大，a20,最小，计算a1＜a10, a9＜a20.所以在数列{ an }前20项中，最大项为a10，最小项为a9，故选B.说明要确定数列{ an }的最大项和最小项，一种思路是先判断数列的单调性，另一种思路是画图观察.等差数列与等比数列例1.设无穷等差数列{an}的前n项和为Sn.k；(Ⅱ)求所有的无穷等差数列{an}.【答案】解：（I）当时，（II）设数列{an}的公差为d，，2,得若故所得数列不符合题意。

高考数学压轴专题专题备战高考《数列》全集汇编含答案解析

【高中数学】数学高考《数列》试题含答案一、选择题1．在正整数数列中，由1开始依次按如下规则，将某些数取出．先取1；再取1后面两个偶数2,4；再取4后面最邻近的3个连续奇数5,7,9；再取9后面的最邻近的4个连续偶数10,12,14,16；再取此后最邻近的5个连续奇数17,19,21,23,25.按此规则一直取下去，得到一个新数列1,2,4,5,7,9,10,12,14,16,17，…，则在这个新数列中，由1开始的第2 019个数是( ) A ．3 971 B ．3 972C ．3 973D ．3 974【答案】D 【解析】【分析】先对数据进行处理能力再归纳推理出第n 组有n 个数且最后一个数为n 2，则前n 组共1+2+3+…+n ()12n n +=个数，运算即可得解．【详解】解：将新数列1，2，4，5，7，9，10，12，14，16，17，…，分组为（1），（2，4），（5，7，9，），（10，12，14，16），（17，19，21，23，25）… 则第n 组有n 个数且最后一个数为n 2，则前n 组共1+2+3+…+n ()12n n +=个数，设第2019个数在第n 组中，则()()120192120192n n n n ⎧+≥⎪⎪⎨-⎪⎪⎩＜，解得n ＝64，即第2019个数在第64组中，则第63组最后一个数为632＝3969，前63组共1+2+3+…+63＝2016个数，接着往后找第三个偶数则由1开始的第2019个数是3974，故选：D ．【点睛】本题考查了对数据的处理能力及归纳推理能力，考查等差数列前n 项和公式，属中档题．2．已知数列22333311313571351,,,,,,,...,,,, (2222222222)nn n ，则该数列第2019项是（） A ．1019892 B ．1020192 C ．1119892 D ．1120192 【答案】C【解析】【分析】由观察可得()22333311313571351,,,,,,,...,,,,...2222222222n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭项数为21,1,2,4,8,...,2,...k -，注意到101110242201922048=<<=，第2019项是第12个括号里的第995项. 【详解】由数列()22333311313571351,,,,,,,...,,,,...2222222222n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，可发现其项数为 21,1,2,4,8,...,2,...k -，则前11个括号里共有1024项，前12个括号里共有2048项，故原数列第2019项是第12个括号里的第995项，第12个括号里的数列通项为11212m -，所以第12个括号里的第995项是1119892. 故选：C. 【点睛】本题考查数列的定义，考查学生观察找出已知数列的特征归纳出其项数、通项，是一道中档题.3．已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足6a ，43a ，5a -成等差数列，则42S S ( ) A ．3 B ．9C ．10D ．13【答案】C 【解析】【分析】设{}n a 的公比为0q >，由645,3,a a a -成等差数列，可得260,0q q q --=>，解得q ，再利用求和公式即可得结果. 【详解】设各项均为正数的等比数列{}n a 的公比为0q >，Q 满足645,3,a a a -成等差数列，()2465446,6,0a a a a a q q q ∴=-∴=->， 260,0q q q ∴--=>，解得3q =，则()()4124221313131103131a S S a --==+=--，故选C. 【点睛】本题主要考查等比数列的通项公式与求和公式，属于中档题. 等比数列基本量的运算是等比数列的一类基本题型，数列中的五个基本量1,,,,,n n a q n a S ，一般可以“知二求三”，通过列方程组所求问题可以迎刃而解，解决此类问题的关键是熟练掌握等比数列的有关性质和公式，并灵活应用，在运算过程中，还应善于运用整体代换思想简化运算过程.4．“中国剩余定理”又称“孙子定理”．1852年，英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲．1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1到2019这2019个数中，能被3除余2且被5整除余2的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{}n a ，则此数列所有项中，中间项的值为（） A ．992 B ．1022C ．1007D ．1037【答案】C 【解析】【分析】首先将题目转化为2n a -即是3的倍数，也是5的倍数，也即是15的倍数.再写出{}n a 的通项公式，算其中间项即可. 【详解】将题目转化为2n a -即是3的倍数，也是5的倍数，也即是15的倍数. 即215(1)n a n -=-，1513n a n =-当135n =，135151351320122019a =⨯-=<，当136n =，136151361320272019a =⨯-=>，故1,2,n =……，135数列共有135项．因此数列中间项为第68项，681568131007a =⨯-=. 故答案为：C ．【点睛】本题主要考查数列模型在实际问题中的应用，同时考查了学生的计算能力，属于中档题.5．《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列，冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺，前九个节气日影长之和为85.5尺，则小满日影长为（） A ．1.5尺B ．2.5尺C ．3.5尺D ．4.5尺【解析】【分析】结合题意将其转化为数列问题,并利用等差数列通项公式和前n 项和公式列方程组,求出首项和公差,由此能求出结果. 【详解】解:从冬至日起,依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列{}n a ,冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺,前九个节气日影长之和为85.5尺,∴()()111913631.598985.52a a d a d S a d ⎧++++=⎪⎨⨯=+=⎪⎩, 解得113.5a =,1d =-,∴小满日影长为1113.510(1) 3.5a =+⨯-=（尺）. 故选C . 【点睛】本题考查等差数列的前n 项和公式,以及等差数列通项公式的运算等基础知识,掌握各公式并能熟练运用公式求解,考查运算求解能力,考查化归与转化思想,属于基础题.6．数列{a n }，满足对任意的n ∈N +，均有a n +a n +1+a n +2为定值.若a 7=2，a 9=3，a 98=4，则数列{a n }的前100项的和S 100=( ) A ．132 B ．299C ．68D ．99【答案】B 【解析】【分析】由12n n n a a a ++++为定值，可得3n n a a +=，则{}n a 是以3为周期的数列，求出123,,a a a ，即求100S . 【详解】对任意的n ∈+N ，均有12n n n a a a ++++为定值，()()123120n n n n n n a a a a a a +++++∴++-++=，故3n n a a +=，{}n a ∴是以3为周期的数列，故17298392,4,3a a a a a a ======，()()()100123979899100123133S a a a a a a a a a a a ∴=+++++++=+++L()332432299=+++=.【点睛】本题考查周期数列求和，属于中档题.7．设函数()mf x x ax =+的导数为()21f x x '=+，则数列()()2N n f n *⎧⎫⎪⎪∈⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和是（） A ．1nn + B ．21nn + C ．21nn - D ．()21n n+ 【答案】B 【解析】【分析】函数()mf x x ax =+的导函数()21f x x '=+，先求原函数的导数，两个导数进行比较即可求出m ，a ，利用裂项相消法求出()()2N n f n *⎧⎫⎪⎪∈⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和即可．【详解】Q 1()21m f x mx a x -'=+=+，1a \=，2m =，()(1)f x x x ∴=+，112()()(1)221f n n n n n ==-++， ∴111111122[()()()]2(1)1223111n n S n n n n =-+-++-=-=+++L ，故选：B ．【点睛】本题考查数列的求和运算，导数的运算法则，数列求和时注意裂项相消法的应用．8．已知数列{}n a 的奇数项依次成等差数列，偶数项依次成等比数列，且11a =，22a =，347a a +=，5613a a +=，则78a a +=（）A ．4B ．19C ．20D ．23【答案】D 【解析】【分析】本题首先可以设出奇数项的公差以及偶数项的公比，然后对347a a +=、5613a a +=进行化简，得出公差和公比的数值，然后对78a a +进行化简即可得出结果．【详解】设奇数项的公差为d ，偶数项的公比为q ，由347a a +=，5613a a +=，得127d q ++=，212213d q ++=，解得2d =，2q =，所以37813271623a a d q +=++=+=，故选D ．【点睛】本题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想等，体现基础性与综合性，提升学生的逻辑推理、数学运算等核心素养，是中档题．9．已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若1231112a a a ++=，22a =，则3S =（） A ．10 B ．7C ．8D ．4【答案】C 【解析】【分析】根据等比数列的性质可将已知等式变为12332224a a a S a ++==，解方程求得结果. 【详解】由题意得：13123321231322111124a a a a a S a a a a a a a +++++=+=== 38S ∴= 本题正确选项：C 【点睛】本题考查等比数列性质的应用，关键是能够根据下角标的关系凑出关于3S 的方程，属于基础题.10．已知数列{}n a 满足：()()2*112,10n n n a a S S n +=+-=∈N ，其中n S 为数列{}n a 的前n 项和.设()()()12111()1n S S S f n n +++=+L ，若对任意的n 均有(1)()f n kf n +<成立，则k 的最小整数值为（） A ．2 B ．3C ．4D ．5【答案】A 【解析】【分析】当1n ≥时，有条件可得()211n n n nS S S S +--=-，从而111n n nS S S +--=，故111111n n S S +-=--，得出 11n S ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是首项、公差均为1的等差数列，从而求出n S 【详解】当1n ≥时，有条件可得()211n n n nS S S S +--=-，从而111n n nS S S +--=，故111111111n n n n n S S S S S +-=-=----，又1111121S ==--，11n S ⎧⎫∴⎨⎬-⎩⎭是首项、公差均为1的等差数列，11n n S ∴=-，1n n S n +=，由()()()12111()1n S S S f n n +++=+L ，得()1(1)1(1)23152,2()2223n n S f n n f n n n n +++++⎡⎫===-∈⎪⎢+++⎣⎭，依题意知(1)()f n k f n +>， min 2k ∴=.故选：A 【点睛】本题考查数列的综合应用.属于中等题.11．执行如图所示的程序框图，若输出的S 为154，则输入的n 为（）A ．18B ．19C ．20D ．21【答案】B 【解析】【分析】找到输出的S 的规律为等差数列求和，即可算出i ，从而求出n . 【详解】由框图可知，()101231154S i =+++++⋯+-= ，即()1231153i +++⋯+-=，所以()11532i i -=，解得18i =，故最后一次对条件进行判断时18119i =+=，所以19n =. 故选：B 【点睛】本题考查程序框图，要理解循环结构的程序框图的运行，考查学生的逻辑推理能力.属于简单题目.12．在递减等差数列{}n a 中，21324a a a =-．若113a =，则数列11{}n n a a +的前n 项和的最大值为 ( ) A ．24143B ．1143C ．2413D ．613【答案】D 【解析】设公差为,0d d < ，所以由21324a a a =-，113a =，得213(132)(13)42d d d +=+-⇒=- （正舍），即132(1)152n a n n =--=- ，因为111111()(152)(132)2215213n n a a n n n n +==----- ，所以数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和等于1111116()()213213213261313n --≤--=-⨯- ，选D. 点睛：裂项相消法是指将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如1n n c a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭(其中{}n a 是各项均不为零的等差数列，c 为常数)的数列. 裂项相消法求和，常见的有相邻两项的裂项求和(如本例)，还有一类隔一项的裂项求和，如1(1)(3)n n ++或1(2)n n +.13．等比数列{n a }的前n 项和为n S ，若103010,30,S S ==则20S = A ．10 B ．20 C ．20或-10 D ．-20或10【答案】B 【解析】【分析】由等比数列的性质可得，S 10，S 20﹣S 10，S 30﹣S 20成等比数列即（S 20﹣S 10）2＝S 10•（S 30﹣S 20），代入可求．【详解】由等比数列的性质可得，S 10，S 20﹣S 10，S 30﹣S 20成等比数列，且公比为10q∴（S 20﹣S 10）2＝S 10•（S 30﹣S 20）即()()22020101030S S -=- 解20S =20或-10（舍去）故选B ．【点睛】本题主要考查了等比数列的性质（若S n 为等比数列的前n 项和，且S k ，S 2k ﹣S k ，S 3k ﹣S 2k 不为0，则其成等比数列）的应用，注意隐含条件的运用14．已知数列{}n a 是1为首项，2为公差的等差数列，{}n b 是1为首项，2为公比的等比数列，设n n b c a =，12...,(*)n n T c c c n N =+++∈，则当2019n T <时，n 的最大值是( ) A ．9 B ．10C ．11D ．12【答案】A 【解析】【分析】由题设知21n a n =-，12n nb -=，由1121124222n n n b b bn T a a a a a a a n -+=++⋯+=+++⋯+=--和2019n T <，得1222019n n +--<，由此能求出当2019n T <时n 的最大值．【详解】{}n a Q 是以1为首项，2为公差的等差数列，21n a n ∴=-，{}n b Q 是以1为首项，2为公比的等比数列，12n n b -∴=，()()()()1121121242211221241221n n n n b b bn T c c c a a a a a a a --∴=++⋯+=++⋯+=+++⋯+=⨯-+⨯-+⨯-+⋯+⨯- ()121242n n -=+++⋯+- 12212nn -=⨯-- 122n n +=--，2019n T <Q ，1222019n n +∴--<，解得：10n <．则当2019n T <时，n 的最大值是9．故选A ．【点睛】本题考查了等差数列、等比数列的通项公式，结合含两个变量的不等式的处理问题，易出错，属于中档题.15．已知数列{}n a 是等比数列，前n 项和为n S ，则“3152a a a >+”是“210n S -<”的（） A ．必要不充分条件 B ．充分不必要条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】B 【解析】【分析】根据等比数列的通项公式与求和公式,即可判断命题间的关系. 【详解】因为数列{}n a 是等比数列,前n 项和为n S 若3152a a a >+,由等比数列的通项公式可得111242a a q a q >+,化简后可得()21210q a -<.因为()2210q -≥所以不等式的解集为10a < 若210n S -<当公比1q ≠±时, 210n S -<则10a <,可得3152a a a >+ 当公比1q =±时, 由210n S -<则10a <,可得3152a a a =+ 综上可知, “3152a a a >+”是“210n S -<”的充分不必要条件故选:B 【点睛】本题考查了等比数列的通项公式与求和公式的应用,在应用等比数列求和公式时,需记得讨论公比是否为1的情况,属于中档题.16．科赫曲线是一种外形像雪花的几何曲线，一段科赫曲线可以通过下列操作步骤构造得到，任画一条线段，然后把它均分成三等分，以中间一段为边向外作正三角形，并把中间一段去掉，这样，原来的一条线段就变成了4条小线段构成的折线，称为“一次构造”；用同样的方法把每条小线段重复上述步骤，得到16条更小的线段构成的折线，称为“二次构造”，…，如此进行“n 次构造”，就可以得到一条科赫曲线.若要在构造过程中使得到的折线的长度达到初始线段的1000倍，则至少需要通过构造的次数是（）.（取lg30.4771≈，lg 20.3010≈）A ．16B ．17C ．24D ．25【答案】D 【解析】【分析】由折线长度变化规律可知“n 次构造”后的折线长度为43na ⎛⎫ ⎪⎝⎭，由此得到410003n⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，利用运算法则可知32lg 2lg 3n ≥⨯-，由此计算得到结果.【详解】记初始线段长度为a ，则“一次构造”后的折线长度为43a ，“二次构造”后的折线长度为243a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，以此类推，“n 次构造”后的折线长度为43na ⎛⎫ ⎪⎝⎭，若得到的折线长度为初始线段长度的1000倍，则410003n a a ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，即410003n⎛⎫≥ ⎪⎝⎭， ()()44lg lg lg 4lg32lg 2lg3lg1000333n n n n ⎛⎫∴==-=-≥= ⎪⎝⎭，即324.0220.30100.4771n ≥≈⨯-，∴至少需要25次构造. 故选：D .【点睛】本题考查数列新定义运算的问题，涉及到对数运算法则的应用，关键是能够通过构造原则得到每次构造后所得折线长度成等比数列的特点.17．已知数列{}n a 的前n 项和()2*23n S n n n N =+∈，则{}na 的通项公式为（） A ．21n a n =+B ．21n a n =-C ．41n a n =+D ．41n a n =-【答案】C【解析】【分析】首先根据223n S n n =+求出首项1a 的值，然后利用1n n n a S S -=-求出2n ≥时n a 的表达式，然后验证1a 的值是否适合，最后写出n a 的式子即可.【详解】因为223n S n n =+，所以，当2n ≥时，22123[2(1)3(1)]41n n n a S S n n n n n -=-=+--+-=+，当1n =时，11235==+=a S ，上式也成立，所以41n a n =+，故选C.【点睛】该题考查的是有关数列的通项公式的求解问题涉及到的知识点有数列的项与和的关系，即11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，算出之后再判断1n =时对应的式子是否成立，最后求得结果.18．正项等比数列{}n a 中的1a 、4039a 是函数()3214633f x x x x =-+-的极值点，则2020a =（）A ．1-B ．1 CD ．2【答案】B【解析】【分析】根据可导函数在极值点处的导数值为0，得出140396a a =，再由等比数列的性质可得.【详解】解：依题意1a 、4039a 是函数()3214633f x x x x =-+-的极值点，也就是()2860f x x x '=-+=的两个根∴140396a a =又{}n a是正项等比数列，所以2020a =∴20201a ==.故选：B【点睛】本题主要考查了等比数列下标和性质以应用，属于中档题.19．数列{}n a 满足11a =，对任意的*n N ∈都有11n n a a n +=++，则122016111a a a +++=L （） A ．20152016B ．40322017C ．40342017D ．20162017【答案】B【解析】【分析】首先根据题设条件，由11n n a a n +=++，可得到递推关系为11n n a a n +-=+；接下来利用累加法可求得()12n n n a +=，从而()1211211na n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，由此就可求得122016111a a a +++L 的值. 【详解】因为111n n n a a a n a n +=++=++，所以11n n a a n +-=+，用累加法求数列{}n a 的通项得：()()1211n n n a a a a a a -=+-+⋯+-()1122n n n +=++⋯+=，所以()1211211n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，于是1232016111111111212222320162017a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫ +++⋯+=-+-+⋯+-⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 121201*********⎛⎫==- ⎪⎝⎭. 故选：B.【点睛】本题是一道考查数列的题目，掌握数列的递推关系以及求解前n 项和的方法是解答本题的关键，属于常考题.20．设数列{}n a 的前n 项和为n S 已知()*123n n a a n n N ++=+∈且1300n S =，若23a <，则n 的最大值为（）A ．49B ．50C ．51D ．52【答案】A【解析】【分析】对n 分奇偶性分别讨论，当n 为偶数时，可得2+32n n n S =，发现不存在这样的偶数能满足此式，当n 为奇数时，可得21+342n n n S a -=+，再结合23a <可讨论出n 的最大值. 【详解】当n 为偶数时，12341()()()n n n S a a a a a a -=++++⋅⋅⋅++(213)(233)[2(1)3]n =⨯++⨯++⋅⋅⋅+-+2[13(1)]32n n =⨯++⋅⋅⋅+-+⨯2+32n n =，因为22485048+348503501224,132522S S ⨯+⨯====，所以n 不可能为偶数；当n 为奇数时，123451()()()n n n S a a a a a a a -=+++++⋅⋅⋅++1(223)(243)[2(1)3]a n =+⨯++⨯++⋅⋅⋅+-+21342n n a +-=+ 因为2491149349412722S a a +⨯-=+=+， 2511151351413752S a a +⨯-=+=+，又因为23a <，125a a +=，所以 12a >S 时，n的最大值为49所以当1300n故选：A【点睛】此题考查的是数列求和问题，利用了并项求和的方法，考查了分类讨论思想，属于较难题.。

数列-2024高考数学压轴小题(解析版)

数列-2024高考压轴小题一．选择题（共13小题）1．数列{a n}中，＞1(∈∗)，点（a n，a n+1）在双曲线2y2﹣x2＝1上．若a n+2﹣a n+1＞λ（a n+1﹣a n）恒成立，则实数λ的取值范围为（）A．[12，+∞)B．(12，+∞)C．+∞)D．（1，+∞）2．已知等比数列{a n}的公比为−13，其前n项和为S n，且a1，2+43，a3成等差数列，若对任意的n∈N*，均有≤−2≤恒成立，则B﹣A的最小值为（）A．2B．76C．103D．53 3．已知数列{a n}满足1=13，r1=(r1)+，1+12+⋯+12⋯＜o∈p恒成立，则m的最小值为（）A．1B．2C．3D．54．已知数列{a n}满足a1+2a2+…+2n﹣1a n＝n•2n，记数列{a n﹣tn}的前n项和为S n，若S n≤S10对任意的n∈N*恒成立，则实数t的取值范围是（）A．[1211，1110]B．(1211，1110]C．[1110，109]D．(1110，109) 5．已知数列{142+4K3}的前n项和为T n，若对任意的n∈N*，不等式12T n＜3a2﹣a恒成立，则实数a的取值范围是（）A．[−1，43]B．[−43，1] C．(−∞，−1]∪[43，+∞)D．(−∞，−43]∪[1，+∞)6．设S n是一个无穷数列{a n}的前n项和，若一个数列满足对任意的正整数n，不等式＜r1r1恒成立，则称数列{a n}为和谐数列，有下列3个命题：①若对任意的正整数n均有a n＜a n+1，则{a n}为和谐数列；②若等差数列{a n}是和谐数列，则S n一定存在最小值；③若{a n}的首项小于零，则一定存在公比为负数的一个等比数列是和谐数列．以上3个命题中真命题的个数有（）个．A．0B．1C．2D．37．已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝2，且满足S n+1＝2S n+2n+1，若存在实数λ，使不等式λa n≤（n﹣19）S n对任意n∈N*恒成立，则λ的最大值为（）A．﹣24B．﹣18C．−683D．−703 8．已知等比数列{a n}的首项为2，公比为−13，其前n项和记为S n，若对任意的n∈N*，均有A≤3S n−1≤B恒成立，则B﹣A的最小值为（）A．72B．94C．114D．1369．已知等差数列{a n}满足a2＝2，a3+a6＝1+a8，数列{b n}满足b n a n+1a n＝a n+1﹣a n，记{b n}的前n项和为S n，若对于任意的a∈[﹣2，2]，n∈N*，不等式＜22+B−3恒成立，则实数t的取值范围为（）A．（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞）B．（﹣∞，﹣2]∪[1，+∞）C．（﹣∞，﹣1]∪[2，+∞）D．[﹣2，2]10．已知数列{a n}的首项是a1＝1，前n项和为S n，且S n+1＝2S n+3n+1（n∈N*），设c n＝log2（a n+3）．若存在常数k，使得不等式k≥−1(r16)(∈∗)恒成立，则k的取值范围为（）A．[19，+∞）B．[116，+∞)C．[125，+∞)D．[136，+∞) 11．已知数列{a n}满足1=3，r1=+2−1，记数列{|a n﹣2|}的前n项和为S n，设集合={125，6225，4517，3512}，N＝{λ∈M|λ＞S n对n∈N*恒成立}，则集合N的元素个数是（）A．1B．2C．3D．4 12．设S n是数列{a n}的前n项和，=32−3r1，若不等式≥n∈N+恒成A．13B．16C．19D．13613．S n为数列{a n}的前n项和，a1＝2，a2＝5，a3＝10，a4＝17，对任意大于2的正整数n，有S n+1﹣3S n+3S n﹣1﹣S n﹣2+m＝0恒成立，则使得12−2+13−2+⋯+1K1−2+1−2≥2542成立的正整数k的最小值为（）A．7B．6C．5D．4二．多选题（共5小题）（多选）14．已知数列{a n}满足a1＝2，a n+1a n＝2a n﹣1（n∈N*），b1＝20a4，b n+1＝a n b n（n∈N •），数列{b n}的前n项和为T n，且对∀n∈N*，2T n+400≥λn恒成立，则（）A．a4=45B．数列{1−1}为等差数列C．b n＝16n D．λ的最大值为225（多选）15．设等差数列{a n}的前n项和为S n，且4=235，S7＝28，记T n为数列{1}的前n项和，若T n＜λ恒成立，则λ的值可以是（）A．1B．2C．3D．4（多选）16．已知数列{a n}满足：a1＝2，=2−1K1，n＝2，3，4，…，则下列说法正确的是（）A．5=65B．对任意n∈N*，a n+1＜a n恒成立C．不存在正整数p，q，r使a p，a r，a q成等差数列D．数列{1−1}为等差数列（多选）17．已知数列{a n}满足a1＝1，a n+1=(r1)+2，对于任意n∈N*，a∈[﹣2，2]，不等式3⋅2＜2t2+at﹣1恒成立，则t的取值可以是（）A．1B．2C．32D．4（多选）18．已知数列{a n}中，a1＝1，a n+1−1=(1+1)，n∈N*．若对于任意的t∈[1，2]，不等式＜−22−(+1)+2−a+2恒成立，则实数a可能为（）A．﹣4B．﹣2C．0D．22024高考压轴练--数列小题参考答案与试题解析一．选择题（共13小题）1．数列{a n }中，＞1(∈∗)，点（a n ，a n +1）在双曲线2y 2﹣x 2＝1上．若a n +2﹣a n +1＞λ（a n +1﹣a n ）恒成立，则实数λ的取值范围为（）A ．[12，+∞)B ．(12，+∞)C ．+∞)D ．（1，+∞）【解答】解：由题意可知：双曲线2y 2﹣x 2＝1的渐近线方程为，因为点（a n ，a n +1）在双曲线2y 2﹣x 2＝1上，则2r12−2=1，且＞1(∈∗)，可得r12−2=1−r12＜0，可知{2}为递减数列，且＞1(∈∗)，则{a n }为递减数列，可得a n +1﹣a n ＜0，且a n +2﹣a n +1＞λ（a n +1﹣a n ），可得＞r2−r1r1−，记点A n （a n ，a n +1），则r2−r1r1−为直线A n A n +1的斜率，记=r2−r1r1−，由双曲线的性质以及{a n }为递减数列可知，直线A n A n +1的斜率{k n }为递减数列，即k n ≤k 1，且随着a 1增大，直线A 1A 2越接近渐近线=，故k 1接近于22，所以则≥故选：C ．2．已知等比数列{a n }的公比为−13，其前n 项和为S n ，且a 1，2+43，a 3成等差数列，若对任意的n ∈N *，均有≤−2≤恒成立，则B ﹣A 的最小值为（）A ．2B ．76C ．103D ．53【解答】解：等比数列{a n}的公比为−13，因为a1，2+43，a3成等差数列，所以2×−131+43= 1+191，解得a1＝2，所以=2[1−(−13)]1−(−13)=32−32⋅(−13)，当n为奇数时，=32+32⋅(13)，易得S n单调递减，且32+32⋅(13)＞32，所以32＜≤1=2；当n为偶数时，=32−32⋅(13)，易得S n单调递增，且32−32⋅(13)＜32，所以43=2≤＜32．所以S n的最大值与最小值分别为2，43．函数=−2在（0，+∞）上单调递增，所以≤(−2)m=43−243=−16．≥(−2)B=2−22=1．所以B﹣A的最小值1−(−16)=76．故选：B．3．已知数列{a n}满足1=13，r1=(r1)+，1+12+⋯+12⋯＜o∈p恒成立，则m的最小值为（）A．1B．2C．3D．5【解答】解：依题意，a n≠0，由r1=(r1)+，得1r1=+(r1)，即r1r1=+1，因此数列{}是首项11=3，公差d＝1的等差数列，则=11+o−1)=+2，即=r2，则当n≥2时，12⋯=13⋅24⋅35⋅⋯⋅r2=2(r1)(r2)=2(1r1−1r2)，1=13= 22×3也符合上式，1+12+⋯+12⋯=2(12−13+13−14+⋯+1r1−1r2)=1−2r2＜1，所以m≥1，即m的最小值为1．故选：A．4．已知数列{a n}满足a1+2a2+…+2n﹣1a n＝n•2n，记数列{a n﹣tn}的前n项和为S n，若S n≤S10对任意的n∈N*恒成立，则实数t的取值范围是（）A．[1211，1110]B．(1211，1110]C．[1110，109]D．(1110，109)【解答】解：由1+22+⋯+2K1=⋅2①，当n＝1时，a1＝2，当n≥2时，1+22+⋯+2K2K1=(−1)⋅2K1②，①﹣②可得a n＝n+1（n≥2），又a1也符合上式，∴a n＝n+1，令b n＝a n﹣tn＝n+1﹣tn＝（1﹣t）n+1，∴b n+1﹣b n＝（1﹣t）（n+1）+1﹣[（1﹣t）n+1]＝1﹣t为常数，∴数列{b n}是等差数列，首项b1＝2﹣t，∴=2−r(1−pr12×=1−22+3−2，其对称轴为=−3−21−=−3−2−2，∵S n≤S10对任意的n∈N*恒成立，3−2−2≤10.5，解得1211≤≤1110，∴t的取值范围是[1211，1110]．故选：A．5．已知数列{142+4K3}的前n项和为T n，若对任意的n∈N*，不等式12T n＜3a2﹣a恒成立，则实数a的取值范围是（）A．[−1，43]B．[−43，1] C．(−∞，−1]∪[43，+∞)D．(−∞，−43]∪[1，+∞)【解答】解：由142+4K3=1(2r3)(2K1)=14（12K1−12r3），可得T n=14（1−15+13−17+15−19+...+12K3−12r1+12K1−12r3）=14（1+13−12r1−12r3）＜14×43=13．由对任意的n∈N*，不等式12T n＜3a2﹣a恒成立，可得3a2﹣a≥12×13，解得a≥43或a≤﹣1．故选：C．6．设S n是一个无穷数列{a n}的前n项和，若一个数列满足对任意的正整数n，不等式＜r1r1恒成立，则称数列{a n}为和谐数列，有下列3个命题：①若对任意的正整数n均有a n＜a n+1，则{a n}为和谐数列；②若等差数列{a n}是和谐数列，则S n一定存在最小值；③若{a n}的首项小于零，则一定存在公比为负数的一个等比数列是和谐数列．以上3个命题中真命题的个数有（）个．A．0B．1C．2D．3【解答】解：对于①，由＜r1r1，可得（n+1）S n＜nS n+1，则S n＜n（S n+1﹣S n），即S n＜na n+1，若a n＜a n+1，则S n＜na n＜na n+1，故①正确；对于②，设等差数列{a n}的公差为d，则=22+(1−)，则=2+1−2，即{}为公差为2的等差数列，若{a n}为和谐数列，即＜r1r1，则2＞0，所以关于n的二次函数=22+(1−)开口向上，则在n∈N•上一定存在最小值，故②正确；对于③，取1＜0，=−14，则=11−⋅(1−)=451[1−(−14)]，B r1=B1⋅(−14)，下面证明S n＜na n+1，即说明存在公比为负数的一个等比数列是和谐数列，即证451[1−(−14)]＜B1(−14)，即证45[1−(−14)]＞o−14)，即证(+45)(−14)＜45，当n＝2k+1，k∈N时，上式左边为负数，显然成立；当n＝2k，k∈N•时，即证(2+45)⋅116＜45，即证16−52−1＞0(⋅)，设op=16−52−1，′(p=16B16−52＞B16−52＞0，则f（k）＞f（1）＞0，即（*）式成立，故③正确．故选：D．7．已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝2，且满足S n+1＝2S n+2n+1，若存在实数λ，使不等式λa n≤（n﹣19）S n对任意n∈N*恒成立，则λ的最大值为（）A．﹣24B．﹣18C．−683D．−703【解答】解：由S n+1＝2S n+2n+1，得r12r1−2=1，∵S1＝a1＝2，∴121=1，∴{2}是首项为1，公差为1的等差数列，则2=1+1×（n﹣1）＝n，即S n＝n•2n，∴当n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1＝n•2n﹣（n﹣1）•2n﹣1＝（n+1）•2n﹣1，验证n＝1也满足，∴a n＝（n+1）•2n﹣1，由λa n≤（n﹣19）S n，得λ（n+1）•2n﹣1≤（n﹣19）•n•2n，即λ≤2oK19)r1．令f（n）=2oK19)r1，则f（n+1）﹣f（n）=2(r1)(K18)r2−2oK19)r1=2(2+3K18)(r1)(r2)= 2(K3)(r6)(r1)(r2)，可得f（1）＞f（2）＞f（3）＝f（4）＜f（5）＜…，∴f（n）min＝f（3）＝f（4）＝﹣24，而λ≤2oK19)r1，∴λ≤﹣24，得λ的最大值为﹣24．故选：A．8．已知等比数列{a n}的首项为2，公比为−13，其前n项和记为S n，若对任意的n∈N*，均有A≤3S n−1≤B恒成立，则B﹣A的最小值为（）A．72B．94C．114D．136【解答】解：S n=2[1−(−13)]1−(−13)=32−32•(−13)，①n为奇数时，S n=32+32•(13)，可知：S n单调递减，且m m∞=32，∴32＜S n≤S1＝2；②n为偶数时，S n=32−32•(13)，可知：S n单调递增，且m m∞=43，∴43=S2≤S n＜32．∴S n的最大值与最小值分别为：2，43．考虑到函数y＝3t−1在（0，+∞）上单调递增，∴A≤(3−1)m=3×43−143=134．B≥(3−1)B=3×2−12=112．∴B﹣A的最小值=112−134=94．故选：B．9．已知等差数列{a n}满足a2＝2，a3+a6＝1+a8，数列{b n}满足b n a n+1a n＝a n+1﹣a n，记{b n}的前n项和为S n，若对于任意的a∈[﹣2，2]，n∈N*，不等式＜22+B−3恒成立，则实数t的取值范围为（）A．（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞）B．（﹣∞，﹣2]∪[1，+∞）C．（﹣∞，﹣1]∪[2，+∞）D．[﹣2，2]【解答】解：由等差数列的性质知a3+a6＝a8+a1＝a8+1，则a1＝1，又a2＝2，则等差数列{a n}的公差d＝a2﹣a1＝1，∴a n＝1+（n﹣1）＝n．由b n a n+1a n＝a n+1﹣a n，得=1−1r1=1−1r1，∴=(1−12)+(12−13)+(13−14)+⋯+(1K1−1)+(1−1r1)=1−1r1，则不等式＜22+B−3恒成立等价于1−1r1＜22+B−3恒成立，而1−1r1＜1，∴问题等价于对任意的a∈[﹣2，2]，n∈N*，2t2+at﹣4≥0恒成立．设f（a）＝2t2+at﹣4，a∈[﹣2，2]，则o2)≥0o−2)≥0，即2+−2≥02−−2≥0，解得：t≥2或t≤﹣2．故选：A．10．已知数列{a n}的首项是a1＝1，前n项和为S n，且S n+1＝2S n+3n+1（n∈N*），设c n＝log2（a n+3）．若存在常数k，使得不等式k≥−1(r16)(∈∗)恒成立，则k的取值范围为（）A．[19，+∞）B．[116，+∞)C．[125，+∞)D．[136，+∞)【解答】解：因为S n+1＝2S n+3n+1，所以当n≥2时，S n＝2S n﹣1+3（n﹣1）+1，两式相减，得a n+1＝2a n+3，所以a n+1+3＝2（a n+3），又a1+3＝4，a1+a2＝S2＝2S1+3×1+1＝6，所以a2＝5，a2+3＝2（a1+3），所以数列{a n+3}是以4为首项、2为公比的等比数列，所以+3=4×2K1=2r1，所以c n＝log2（a n+3）＝n+1，所以−1(r16)=(r16)(r1)=2+17r16=1r16+17≤18+17=125，当且仅当n＝4时等号成立，所以≥125，所以k的取值范围为[125，+∞)．故选：C．11．已知数列{a n}满足1=3，r1=+2−1，记数列{|a n﹣2|}的前n项和为S n，设集合={125，6225，4517，3512}，N＝{λ∈M|λ＞S n对n∈N*恒成立}，则集合N的元素个数是（）A．1B．2C．3D．4【解答】解：令r1=+2−1=，解得a n＝2，即数列{a n}的不动点为2，其生成函数为=+2−1，所以，作出函数=+2−1与函数y＝x的图像如图：故由上图：2＜a n+1＜a n≤3，∴13≤1＜12，∴r1=22−1+1=2(1−14)2+78∈[89，1)，即89≤r1＜，又∵r1−=2−1=2−，∴a n﹣2＝a n（a n﹣a n+1），一方面，由r1≥89得+r1≥179，∴≤917(+r1)，−2=(−K1)≤917(2−r12)，∴=(1−2)+(2−2)+⋯(−2)≤917[(12−22)+(22−32)+⋯+(2−r12)]=917(9−r12)∵a n+1＞2，且当n→+∞，a n+1→2，∴＜917(9−4)=4517，∵4517≥4517，3512＞4517，∴4517，3512∈，另一方面，由r1−2=(−2)(−1)，2＜≤3，得r1−2−2=1−1＞12，又∵1−2=1，2−2=23，3−2=512，∴=(1−2)+(2−2)+⋯(−2)≥1+23+512+512⋅12+⋯+512⋅(12)K3=52−53⋅2K1，又当→+∞，52−53⋅2K1→52，∴λ必须大于等于52，∵125＜52，6225＜52，∴125，6225∉，所以集合N的元素个数是2，故选：B．12．设S n是数列{a n}的前n项和，=32−3r1，若不等式≥n∈N+恒成A．13B．16C．19D．136【解答】解：当n＝1时，1=321−32，所以a1＝18，由=32−3r1，当n≥2时，K1=32K1−3，所以=−K1=32−3r1−32K1+2，所以=3K1+4⋅3，两边同除以3n，所以3=K13K1+4，所以数列{3}是以6为首项，以4为公差的等差数列，所以34(−1)=4+2，所以=(4+2)，由≥n∈N+恒成立，即2(2+1)⋅3≥所以≥2⋅3，设=2⋅3，则r1=r12⋅3r12⋅3=r13=13+13＜1，所以数列{c n}为递减数列，所以≥12×3=16，所以≥136，所以k的最小值为136，故选：D．13．S n为数列{a n}的前n项和，a1＝2，a2＝5，a3＝10，a4＝17，对任意大于2的正整数n，有S n+1﹣3S n+3S n﹣1﹣S n﹣2+m＝0恒成立，则使得12−2+13−2+⋯+1K1−2+1−2≥2542成立的正整数k的最小值为（）A．7B．6C．5D．4【解答】解：依题意知：当n＝3时有S4﹣3S3+3S2﹣S1+m＝0＝a4﹣2a3+a2+m，∵a2＝5，a3＝10，a4＝17，∴m＝﹣2，S n+1﹣3S n+3S n﹣1﹣S n﹣2﹣2＝0，即（S n+1﹣S n）﹣2（S n﹣S n﹣1）+（S n﹣1﹣S n）﹣2＝0，﹣2∴a n+1﹣2a n+a n﹣1﹣2＝0，即（a n+1﹣a n）﹣（a n﹣a n﹣1）＝2，n≥3，又a2﹣a1＝3，a3﹣a2＝5，（a3﹣a2）﹣（a2﹣a1）＝2，∴数列{a n+1﹣a n}是以3为首项，2为公差的等差数列，∴a n+1﹣a n＝2n+1，故a2﹣a1＝3，a3﹣a2＝5，a4﹣a3＝7，…，a n﹣a n﹣1＝2n﹣1（n≥2），由上面的式子累加可得：a n ﹣2=(K1)(3+2K1)2=（n ﹣1）•（n +1），n ≥2，∴1−2=1(K1)(r1)=12（1K1−1r1），n ≥2．由12−2+13−2+⋯+1K1−2+1−2≥2542可得：12[（11−13）+（12−14）+（13−15）+…+（1K1−1r1）]=12（1+12−1−1r1）≥2542，整理得1+1r1≤1342，∵k ∈N *且k ≥2，∴解得：k ≥6．所以k 的最小值为6．故选：B ．二．多选题（共5小题）（多选）14．已知数列{a n }满足a 1＝2，a n +1a n ＝2a n ﹣1（n ∈N *），b 1＝20a 4，b n +1＝a n b n （n ∈N •），数列{b n }的前n 项和为T n ，且对∀n ∈N *，2T n +400≥λn 恒成立，则（）A ．a 4=45B ．数列{1−1}为等差数列C ．b n ＝16n D ．λ的最大值为225【解答】解：∵数列{a n }满足a 1＝2，a n +1a n ＝2a n ﹣1，∴r1=2−1，∴r1−1=−1，∴1r1−1=−1=1−1+1，∴1r1−1−1−1=1，又11−1=12−1=1，∴{1−1}是以1为首项，公差为1的等差数列，∴B 选项正确；∴1−1=，∴=r1，∴4=54，∴A 选项错误；∴1=20×54=25，∴r1=(r1)，∴r1=r1，∴21=21，32=32，•••，K1=K1，累乘可得：21⋅32⋅⋅⋅⋅⋅K1=21×32×⋅⋅⋅×K1，∴1=，∴b n ＝b 1n ＝25n ，∴C 选项错误，∴=(25+25p2，又对∀n ∈N *，2T n +400≥λn ，∴对∀n ∈N *，25n 2+25n +400≥λn ，∴对∀n∈N*，λ≤25+400+25，又25+400+25≥225×400+25=225，当且仅当25=400，即n＝4时，等号成立，∴λ≤225，∴λ的最大值为225，∴D选项正确．故选：BD．（多选）15．设等差数列{a n}的前n项和为S n，且4=235，S7＝28，记T n为数列{1}的前n项和，若T n＜λ恒成立，则λ的值可以是（）A．1B．2C．3D．4【解答】解：∵4=235，∴41+4×32=23（51+5×42），整理得12a1+18d＝10a1+20d，即a1＝d，由S7＝28，可得71+7×62=28，即a1+3d＝4，∴a1＝d＝1，∴=+oK1)2=or1)2，1=2or1)=2(1−1r1)，∴=11+12+...+1=2(1−12+12−13+...+1−1r1)=2(1−1r1)=2−2r1．∵T n＜λ恒成立，∴λ≥2．结合选项可知，λ的值可以是2或3或4．故选：BCD．（多选）16．已知数列{a n}满足：a1＝2，=2−1K1，n＝2，3，4，…，则下列说法正确的是（）A．5=65B．对任意n∈N*，a n+1＜a n恒成立C．不存在正整数p，q，r使a p，a r，a q成等差数列D．数列{1−1}为等差数列【解答】解：∵=2−1K1，（n≥2，n∈N*），∴r1=2−1，（n∈N*），∴r1−1=1−1，又a1﹣1＝1≠0，∴1r1−1=11−1=−1=1−1+1，∴1r1−1−1−1=1，且11−1=1，∴数列{1−1}是以首项为1，公差为1的等差数列，∴1−1=，∴=1+1，∴D正确；对A，∵5=1+15=65，∴A正确；对B，∵r1−=(1+1r1)−(1+1)=−1or1)＜0，∴a n+1＜a n，∴B正确；对C，若存在正整数p，q，r使a p，a r，a q成等差数列，则2a r＝a p+a q，∴2+2=2+1+1，∴2=1+1，令p＝3，r＝4，q＝6，满足等式，∴C错误；故选：ABD．（多选）17．已知数列{a n}满足a1＝1，a n+1=(r1)+2，对于任意n∈N*，a∈[﹣2，2]，不等式3⋅2＜2t2+at﹣1恒成立，则t的取值可以是（）A．1B．2C．32D．4【解答】解：根据题意，r1=(r1)+2，两边同时取倒数可得，r1r1=1+2，即得r1r1+1=2(+1)，由此可得数列{1+}是首项为2，公比为2的等比数列，所以1+=2⇒=2−1，∴3⋅2=3(2−1)2=3−32＜3，∴2t2+at﹣1≥3，又因为at+2t2﹣4≥0在a∈[﹣2，2]上恒成立，所以−2+22−4≥02+22−4≥0⇒t∈（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞）．故选：BD．（多选）18．已知数列{a n}中，a1＝1，a n+1−1=(1+1)，n∈N*．若对于任意的t∈[1，2]，不等式＜−22−(+1)+2−a+2恒成立，则实数a可能为（）A．﹣4B．﹣2C．0D．2【解答】解：由a n+1−1=(1+1)，得a n+1−1=r1，∴r1r1−=1or1)=1−1r1，∴=(−K1K1)+(K1K1−K2K2)+⋯+⋯+（a2﹣a1）+a1，＝（1K1−1）+（1K2−1K1）+…+（1−12）+1＝2−1＜2，∵不等式＜−22−(+1)+2−a+2恒成立，∴2≤﹣2t2﹣（a+1）t+a2﹣a+2，∴2t2+（a+1）t﹣a2+a≤0，在t∈[1，2]上恒成立，设f（t）＝2t2+（a+1）t﹣a2+a，t∈[1，2]，∴o1)=2++1−2+≤0o2)=8+2(+1)−2+≤0，解得a≤﹣2或a≥5，∴实数a可能为﹣4，﹣2．故选：AB．。

2024全国数学高考压轴题(数列选择题)附答案

2024全国数学高考压轴题(数列)一、单选题1．若数列{b n }、{c n }均为严格增数列且对任意正整数n 都存在正整数m 使得b m ∈[c n ，c n+1] 则称数列{b n }为数列{c n }的“M 数列”．已知数列{a n }的前n 项和为S n 则下列选项中为假命题的是（）A ．存在等差数列{a n } 使得{a n }是{S n }的“M 数列”B ．存在等比数列{a n } 使得{a n }是{S n }的“M 数列”C ．存在等差数列{a n } 使得{S n }是{a n }的“M 数列”D ．存在等比数列{a n } 使得{S n }是{a n }的“M 数列”2．已知函数f(x)及其导函数f ′(x)的定义域均为R 记g(x)=f ′(x)．若f(x +3)为奇函数 g(32+2x)为偶函数且g(0)=−3 g(1)=2 则∑g 2023i=1(i)=（） A ．670B ．672C ．674D ．6763．我们知道按照一定顺序排列的数字可以构成数列那么按照一定顺序排列的函数可以构成函数列.设无穷函数列{f n (x)}（n ∈N +）的通项公式为f n (x)=n 2+2nx+x 2+1(n+x)(n+1)x ∈(0，1) 记E n 为f n (x)的值域 E =U n=1+∞E n 为所有E n 的并集则E 为（）A ．(56，109)B ．(1，109)C ．(56，54)D ．(1，54)4．已知等比数列{x n }的公比q >−12则（）A ．若|x 1+x 2+⋅⋅⋅+x 100|<1 则√|x 1|+√|x 2|+⋅⋅⋅+√|x 100|<10B ．若|x 1+x 2+⋅⋅⋅+x 100|>1 则√|x 1|+√|x 2|+⋅⋅⋅+√|x 100|>10C ．若|x 1+x 2+⋅⋅⋅+x 101|<1 则√|x 1|+√|x 2|+⋅⋅⋅+√|x 101|<10D ．若|x 1+x 2+⋅⋅⋅+x 101|>1 则√|x 1|+√|x 2|+⋅⋅⋅+√|x 101|>105．已知数列{a n } {b n }满足a 1=2 b 1=12 {a n+1=b n +1an b n+1=a n +1bn,，,n ,∈,N ∗ 则下列选项错误的是（） A ．a 2b 2=14B ．a 50⋅b 50<112C ．a 50+b 50=52√a 50⋅b 50D ．|a 50−b 50|≤156．已知数列{a n }满足：a 1=2 a n+1=13(√a n +2a n )(n ∈N ∗)．记数列{a n }的前n 项和为S n 则（）A ．12<S 10<14B ．14<S 10<16C ．16<S 10<18D ．18<S 10<207．已知数列 {a n } 满足： a 1=100，a n+1=a n +1an则（）A ．√200+10000<a 101<√200.01+10000B ．√200.01+10000<a 101<√200.1+10000C ．√200.1+10000<a 101<√201+10000D ．√201+10000<a 101<√210+100008．已知数列 {a n } 满足 a 1=a(a >0) √a n+1a n =a n +1 给出下列三个结论：①不存在 a 使得数列 {a n } 单调递减；②对任意的a 不等式 a n+2+a n <2a n+1 对所有的 n ∈N ∗ 恒成立；③当 a =1 时存在常数 C 使得 a n <2n +C 对所有的 n ∈N ∗ 都成立.其中正确的是（） A ．①②B ．②③C ．①③D ．①②③9．已知F 为抛物线y 2=4x 的焦点点P n (x n ，y n )(n =1，2，3，⋯)在抛物线上.若|P n+1F|−|P n F|=1 则（） A ．{x n }是等差数列 B ．{x n }是等比数列 C ．{y n }是等差数列D ．{y n }是等比数列10．已知数列 11 21 12 31 22 13 41 32 23 14… 其中每一项的分子和分母均为正整数.第一项是分子与分母之和为2的有理数；接下来两项是分子与分母之和为3的有理数并且从大到小排列；再接下来的三项是分子与分母之和为4的有理数并且从大到小排列依次类推.此数列第n 项记为 a n 则满足 a n =5 且 n ≥20 的n 的最小值为（） A ．47B ．48C ．57D ．5811．已知△A n B n C n (n =1，2，3，⋯)是直角三角形 A n 是直角内角A n ，B n ，C n 所对的边分别为a n ，b n ，c n 面积为S n ．若b 1=4，c 1=3，b n+12=a n+12+c n 23，c n+12=a n+12+b n 23则下列选项错误的是（）A ．{S 2n }是递增数列B ．{S 2n−1}是递减数列C ．数列{b n −c n }存在最大项D ．数列{b n −c n }存在最小项12．已知数列{a n }的各项都是正数 a n+12−a n+1=a n (n ∈N ∗)．记b n =(−1)n−1a n −1数列{b n }的前n 项和为S n 给出下列四个命题：①若数列{a n }各项单调递增则首项a 1∈(0，2)②若数列{a n }各项单调递减则首项a 1∈(2，+∞)③若数列{a n }各项单调递增当a 1=32时 S 2022>2④若数列{a n }各项单调递增当a 1=23时S2022<−5则以下说法正确的个数（）A．4B．3C．2D．113．已知正项数列{a n}对任意的正整数m、n都有2a m+n≤a2m+a2n则下列结论可能成立的是（）A．a nm+a mn=a mn B．na m+ma n=a m+n C．a m+a n+2=a mn D．2a m⋅a n=a m+n14．古希腊哲学家芝诺提出了如下悖论：一个人以恒定的速度径直从A点走向B点要先走完总路程的三分之一再走完剩下路程的三分之一如此下去会产生无限个“剩下的路程” 因此他有无限个“剩下路程的三分之一”要走这个人永远走不到终点．另一方面我们可以从上述第一段“三分之一的路程”开始通过分别计算他在每一个“三分之一距离”上行进的时间并将它们逐个累加不难推理出这个人行进的总时间不会超过一个恒定的实数．记等比数列{a n}的首项a1=13公比为q 前n项和为S n则造成上述悖论的原理是（）A．q=16，∃t∈R，∀n∈N ∗，Sn<t B．q=13，∃t∈R，∀n∈N∗，S n<tC．q=12，∃t∈R，∀n∈N ∗，Sn<t D．q=23，∃t∈R，∀n∈N∗，S n<t15．已知sinx，siny，sinz依次组成严格递增的等差数列则下列结论错误的是（）A．tanx，tany，tanz依次可组成等差数列B．cosx，cosy，cosz依次可组成等差数列C．cosx，cosz，cosy依次可组成等差数列D．cosz，cosx，cosy依次可组成等差数列16．记U={1，2，⋯，100}．对数列{a n}(n∈N∗)和U的子集T 若T=∅定义S T=0；若T={t1，t2，⋯，t k}定义S T=a t1+a t2+⋯+a tk．则以下结论正确的是（）A．若{a n}(n∈N∗)满足a n=2n−1，T={1，2，4，8}则S T=15B．若{a n}(n∈N∗)满足a n=2n−1则对任意正整数k(1≤k≤100)，T⊆{1，2，⋯，k}，S T< a kC．若{a n}(n∈N∗)满足a n=3n−1则对任意正整数k(1≤k≤100)，T⊆{1，2，⋯，k}，S T≥a k+1D ．若{a n }(n ∈N ∗)满足a n =3n−1 且C ⊆U ，D ⊆U ，S C ≥S D 则S C +S C∩D ≥2S D17．已知数列 {a n }、{b n }、{c n } 满足 a 1=b 1=c 1=1，c n =a n+1−a n ，c n+2=bn+1b n ⋅c n (n ∈N ∗)，S n =1b 2+1b 3+⋯+1b n （n ≥2），T n =1a 3−3+1a 4−4+⋯+1a n −n （n ≥3）则下列有可能成立的是（）A ．若 {a n } 为等比数列则 a 20222>b 2022B ．若 {c n } 为递增的等差数列则 S 2022<T 2022C ．若 {a n } 为等比数列则 a 20222<b 2022D ．若 {c n } 为递增的等差数列则 S 2022>T 202218．已知数列{a n }满足a 1=1 a n =a n−1+4(√a n−1+1√an−1)(n ∈N ∗，n ≥2) S n 为数列{1a n }的前n 项和则（） A ．73<S 2022<83B ．2<S 2022<73C ．53<S 2022<2 D ．1<S 2022<5319．已知数列{a n }满足a n ⋅a n+1⋅a n+2=−1(n ∈N ∗)，a 1=−3 若{a n }的前n 项积的最大值为3 则a 2的取值范围为（） A ．[−1，0)∪(0，1] B ．[−1，0)C ．(0，1]D ．(−∞，−1)∪(1，+∞)20．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n (a n +1)2=4S n 记b n =S n ⋅sin nπ2+S n+1⋅sin (n+1)π2若数列{b n }的前n 项和为T n 则T 100=（） A ．-400B ．-200C ．200D ．40021．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和 a 2=−7 S 5=2a 1 当|S n |取得最小值时 n =（）A ．10B ．9C ．8D ．722．已知数列{a n }中 a 2+a 4+a 6=285 na n =(n −1)a n+1+101(n ∈N ∗) 当数列{a n a n+1a n+2}(n ∈N ∗)的前n 项和取得最大值时 n 的值为（） A ．53B ．49C ．49或53D ．49或5123．定义在R 上的函数序列{f n (x)}满足f n (x)<1nf n ′(x)（f n ′(x)为f n (x)的导函数）且∀x ∈N ∗ 都有f n (0)=n ．若存在x 0>0 使得数列{f n (x 0)}是首项和公比均为q 的等比数列则下列关系式一定成立的是（）．A ．0<q <2√2e x 0B ．0<q <√33e x 0C ．q >2√2e x 0D ．q >√33e x 024．已知数列{a n }的前n 项和为S n 满足a 1=1 a 2=2 a n =a n−1⋅a n+1(n ≥2) 则（）A ．a 1：a 2：a 3=a 6：a 7：a 8B ．a n ：a n+1：a n+2=1：2：2C ．S 6 S 12 S 18成等差数列D ．S 6n S 12n S 18n 成等比数列25．已知S n 为数列{a n }的前n 项和且a 1=1 a n+1+a n =3×2n 则S 100=（）A ．2100−3B ．2100−2C ．2101−3D ．2101−226．已知 {a n } 为等比数列 {a n } 的前n 项和为 S n 前n 项积为 T n 则下列选项中正确的是（）A ．若 S 2022>S 2021 则数列 {a n } 单调递增B ．若 T 2022>T 2021 则数列 {a n } 单调递增C ．若数列 {S n } 单调递增则 a 2022≥a 2021D ．若数列 {T n } 单调递增则 a 2022≥a 2021二、多选题27．“冰雹猜想”也称为“角谷猜想” 是指对于任意一个正整数x 如果x 是奇数㩆乘以3再加1 如果x 是偶数就除以2 这样经过若干次操作后的结果必为1 犹如冰雹掉落的过程.参照“冰雹猜想” 提出了如下问题：设k ∈N ∗ 各项均为正整数的数列{a n }满足a 1=1 a n+1={a n2，a n 为偶数，a n +k ，a n 为奇数，则（）A ．当k =5时 a 5=4B ．当n >5时 a n ≠1C ．当k 为奇数时 a n ≤2kD ．当k 为偶数时 {a n }是递增数列28．已知数列{a n } a 2=12且满足a n+1a n 2=a n −a n+1 n ∈N ∗ 则（） A ．a 4−a 1=1929B ．a n 的最大值为1C ．a n+1≥1n+1D ．√a 1+√a 2+√a 3+⋅⋅⋅+√a 35>1029．已知数列{a n }的前n 项和为S n a 1=1 且4a n ⋅a n+1=a n −3a n+1（n =1 2 …）则（）A ．3a n+1<a nB ．a 5=1243C ．ln(1an )<n +1D ．1≤S n <171430．如图已知正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1顶点处有一质点Q 点Q 每次会随机地沿一条棱向相邻的某个顶点移动且向每个顶点移动的概率相同．从一个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一次．若质点Q 的初始位置位于点A 处记点Q 移动n 次后仍在底面ABCD 上的概率为P n 则下列说法正确的是（）A ．P 2=59B ．P n+1=23P n +13C ．点Q 移动4次后恰好位于点C 1的概率为0D ．点Q 移动10次后仍在底面ABCD 上的概率为12(13)10+1231．已知数列{a n } {b n } 有a n+1=a n −b n b n+1=b n −a n n ∈N ∗ 则（）A ．若存在m >1 a m =b m 则a 1=b 1B ．若a 1≠b 1 则存在大于2的正整数n 使得a n =0C ．若a 1=a a 2=b 且a ≠b 则b 2022=−b ×22020D ．若a 1=−1 a 2=−3 则关于x 的方程2a 3+(2a 3+1)cosx +2cos2x +cos3x =0的所有实数根可构成一个等差数列32．已知△A n B n C n (n =1，2，3，⋯)是直角三角形 A n 是直角内角A n 、B n 、C n 所对的边分别为a n 、b n 、c n 面积为S n 若b 1=4 c 1=3 b n+12=a n+12+c n 23 c n+12=a n+12+b n 23则（） A ．{S 2n }是递增数列 B ．{S 2n−1}是递减数列 C ．{b n −c n }存在最大项D ．{b n −c n }存在最小项33．已知S n 是数列{a n }的前n 项和且S n+1=−S n +n 2 则下列选项中正确的是（）.A ．a n +a n+1=2n −1（n ≥2）B ．a n+2−a n =2C ．若a 1=0 则S 100=4950D ．若数列{a n }单调递增则a 1的取值范围是(−14，13)三、填空题34．已知n ∈N ∗ 将数列{2n −1}与数列{n 2−1}的公共项从小到大排列得到新数列{a n } 则1a 1+1a 2+⋯+1a 10= .35．若函数f(x)的定义域为(0，+∞) 且f(x)+f(y)=f(xy) f(a n )=n +f(n) 则∑f ni=1(a i i )= ．36．在数列{a n }中 a 1=1 a n+1=a n +1an（n∈N ∗）若t ∈Z 则当|a 7−t|取得最小值时整数t 的值为 .37．已知函数f(x)满足f(x −2)=f(x +2)，0≤x <4时 f(x)=√4−(x −2)2 g(x)=f(x)−k n x(n ∈N ∗，k n >0)．若函数g(x)的图像与x 轴恰好有2n +1个不同的交点则k 12+k 22+⋅⋅⋅+k n 2= ．38．已知复数z =1+i 对于数列{a n } 定义P n =a 1+2a 2+⋅⋅⋅+2n−1a n n为{a n }的“优值”．若某数列{a n}的“优值”P n =|z|2n 则数列{a n }的通项公式a n = ；若不等式a n 2−a n +4≥(−1)nkn 对于∀n ∈N ∗恒成立则k 的取值范围是．39．数列{a n }是公比为q(q ≠1)的等比数列 S n 为其前n 项和. 已知a 1⋅a 3=16 S3q=12 给出下列四个结论： ①q <0 ；②若存在m 使得a 1，a 2，⋅⋅⋅，a m 的乘积最大则m 的一个可能值是3； ③若存在m 使得a 1，a 2，⋅⋅⋅，a m 的乘积最大则m 的一个可能值是4； ④若存在m 使得a 1，a 2，⋅⋅⋅，a m 的乘积最小则m 的值只能是2．其中所有正确结论的序号是 .40．如图某荷塘里浮萍的面积y （单位：m 2）与时间t （单位：月）满足关系式：y =a t lna （a 为常数）记y =f(t)（t ≥0）．给出下列四个结论：①设a n=f(n)(n∈N∗)则数列{a n}是等比数列；②存在唯一的实数t0∈(1，2)使得f(2)−f(1)=f′(t0)成立其中f′(t)是f(t)的导函数；③常数a∈(1，2)；④记浮萍蔓延到2m23m26m2所经过的时间分别为t1t2t3则t1+t2>t3．其中所有正确结论的序号是．41．在现实世界很多信息的传播演化是相互影响的.选用正实数数列{a n}{b n}分别表示两组信息的传输链上每个节点处的信息强度数列模型：a n+1=2a n+b n，b n+1=a n+2b n(n=1，2⋯)描述了这两组信息在互相影响之下的传播演化过程.若两组信息的初始信息强度满足a1>b1则在该模型中关于两组信息给出如下结论：①∀n∈N∗，a n>b n；②∀n∈N∗，a n+1>a n，b n+1>b n；③∃k∈N∗使得当n>k时总有|a nb n−1|<10−10④∃k∈N∗使得当n>k时总有|a n+1a n−2|<10−10．其中所有正确结论的序号是答案解析部分1．【答案】C2．【答案】D3．【答案】C4．【答案】A5．【答案】D6．【答案】B7．【答案】A8．【答案】A9．【答案】A10．【答案】C11．【答案】B12．【答案】B13．【答案】D14．【答案】D15．【答案】B16．【答案】D17．【答案】B18．【答案】D19．【答案】A20．【答案】C21．【答案】C22．【答案】D23．【答案】D24．【答案】C25．【答案】D26．【答案】D27．【答案】A,C,D28．【答案】B,C,D29．【答案】A,D30．【答案】A,C,D 31．【答案】A,C,D 32．【答案】A,C,D 33．【答案】A,C 34．【答案】102135．【答案】n(n+1)236．【答案】4 37．【答案】n 4(n+1) 38．【答案】n+1；[−163，5] 39．【答案】①②③ 40．【答案】①②④ 41．【答案】①②③。

专题18 数列(解答题压轴题)(学生版)-2024年高考数学压轴专题复习

专题18 数列（解答题压轴题）目录①数列求通项，求和 (1)②数列中的恒成立（能成立）问题 (5)③数列与函数 (8)④数列与概率 (11)①数列求通项，求和②数列中的恒成立（能成立）问题1．（2023·吉林·长春吉大附中实验学校校考模拟预测）图中的数阵满足：每一行从左到右成等差数列，每一列从上到下成等比数列，且公比均为实数21,11,32,24,27,5,0,5,6,q a a a a a >==-=．1,11,21,31,2,12,22,32,3,13,23,33,,1,2,3,n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a a a a ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅(1)设,n n n b a =，求数列{}n b 的通项公式；(2)设1,12,1,1n n S a a a =++⋅⋅⋅+，是否存在实数λ，使,1n n a S λ≤恒成立，若存在，求出λ的所有值，若不存在，请说明理由．2．（2023·河北·统考模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，点(),n n S 在曲线220x x y -+=上.(1)证明：数列{}n a 为等差数列；③数列与函数④数列与概率1．（2023·湖南·校联考模拟预测）一部电视连续剧共有1(10)n n +≥集，某同学看了第一集后，被该电视剧的剧情所吸引，制定了如下的观看计划：从看完第一集后的第一天算起，把余下的n 集电视剧随机分配在2n 天内；每天要么不看，要么看完完整的一集；每天至多看一集．已知这部电视剧最精彩的部分在第n 集，设该同学观看第一集后的第X 天观看该集．(1)求X 的分布列；(2)证明：最有可能在第(22)n -天观看最精彩的第n 集．2．（2023春·河北唐山·高二校考期末）第22届世界杯于2022年11月21日到12月18日在卡塔尔举办．在决赛中，阿根廷队通过点球战胜法国队获得冠军．(1)扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左也会等可能地随机选择球门的左不到球．不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑到点球的个数(2)好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲等可能地随机传向另外4．（2023·全国·高三专题练习）学校篮球队30名同学按照1，2，…，30(1)估计这100位学生的数学成绩的平均值(2)根据整个年级的数学成绩可以认为学生的数学成绩样本的标准差s 的近似值为10，用样本平均数抽取一位学生，求他的数学成绩恰在640().6827P X μσμσ≤≤+≈-，(2P μσ-(3)该年级1班的数学老师为了能每天督促学生的网络学习，提高学生每天的作业质量及学习数学的积极性，8．（2023·全国·高三专题练习）某学校组织数学，物理学科答题竞赛活动，该学校准备了100个相同的箱子，其中第()1,2,,100k k = 个箱子中有k 个数学题，100k -个物理题．每一轮竞赛活动规则如下：任选一个箱子，依次抽取三个题目（每次取出不放回），并全部作答完毕，则该轮活动结束；若此轮活动中，三个题目全部答对获得一个奖品．(1)已知学生甲在每一轮活动中，都抽中了2个数学题，1个物理题，且甲答对每一个数学题的概率为p ，答对每一个物理题的概率为q ．①求学生甲第一轮活动获得一个奖品的概率；②已知1p q +=，学生甲理论上至少要进行多少轮活动才能获得四个奖品？并求此时p 、q 的值．(2)若学生乙只参加一轮活动，求乙第三次抽到物理题的概率．。

专题02 数列(解析版)2025高考数学冲刺压轴大题

专题02数列【题型简介】数列一般作为新高考全国卷第17题或第18题，数列作为高中数学学科的主干内容，又是历年来是高考重点考查内容之一，经常以其作为载体考查学生分析问题、构建数学模型、解决问题的能力.但是考查内容又比较侧重基本公式的应用和基础运算能力，所以掌握数列的常见题型及解题策略尤为重要.而作为数列解答题目的考查，命题立意相对稳定，难度上多为中档题目.若在学习过程中掌握了典型题型的解题方法，就可以在高考中顺利地解决数列问题.数列主要考查以下题型：(1)等差数列与等比数列的综合；(2)求解数列的通项n a 和前n 项和n S ；(3)数列的综合.【命题方向】命题方向一、证明等差等比数列命题方向二、等差等比数列的交汇问题命题方向三、数列的通项公式命题方向四、数列求和命题方向五、1()()nii af n =<>∑及1()()ni i a f n =<>∏型不等式的证明命题方向六、1()nii ab =<>∑及1()ni i a b =<>∏型不等式的证明【典型例题】命题方向一、证明等差等比数列例1．（2023·云南昆明·统考一模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，112a =，且满足()1120n n n S na +-+=(1)设nn S b n=，证明：{}n b 是等比数列(2)设22214n n n c a ++=⋅，数列{}n c 的前n 项和为n T ，证明：2n T <【解析】（1）由题设，1(1)2()0n n n n S n S S +-+-=，则12(1)n n nS n S +=+，所以1112n n S S n n+=⨯+，即112n n b b +=，而111112S b a ===，故{}n b 是首项与公比都为12的等比数列.（2）由（1）1()2n n S n =，即1()2n n S n =⋅，当2n ≥时，11111()(1)((2)()222n n nn n n a S S n n n --=-=⋅--⋅=-⋅，显然112a =满足上式，所以1(2)()2n n a n =-⋅，则2222221[(22)()]42n n n a n n +--+=--⋅=⋅，则2222222111444n n n n n c a n n ++--+===⋅⋅⋅，又2n ≥时21111(1)1n c n n n n n =<=---，所以1111111(1...22231n T n n n<+-+-++-=--且2n ≥，故2n T <.判断或证明数列是等差、等比数列常见的方法如下.(1)定义法：对于2n 的任意正整数：①若1n n a a --为一常数，则{}n a 为等差数列；②若1nn a a -为常数，则{}n a 为等比数列.(2)通项公式法：①若n a kn c =+，则{}n a 为等差数列；(2)若nn a c q =⋅，则{}n a 为等比数列.(3)中项公式法：①若()*1122,n n n a a a n n -+=+∈N，则{}na 为等差数列；②若()2**112,,0,n n n n a a a n n a n -+=⋅∈≠∈N N ，则{}n a 为等比数列.(4)前n 项和法：若{}n a 的前n 项和n S 满足：①2n S An Bn =+，则{}n a 为等差数列.②nn S A Aq =-，则{}n a 为等比数列.变式提升1．（2023·全国·模拟预测）已知数列{}n a 满足10a =，22a =，且212232n n n a a a n n ++⎛⎫⎛⎫=+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，*n ∈N .(1)证明：1n n a a n +-⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等比数列；(2)求数列{}n a 的通项公式.【解析】（1）因为212232n n n a a a n n ++⎛⎫⎛⎫=+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以()()213222n n n na n a n a ++=+-+，即()()()21122n n n n n a a n a a +++-=+-，两边同时除以()1n n +，得21121n n n n a a a an n+++--=⋅+，又2121a a -=，所以1n n a a n +-⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以2为首项，2为公比的等比数列.（2）由（1）可知，12n n na a n+-=，所以12n n n a a n +-=⋅，所以，当2n ≥时，()()()112111212n n n n a a a a a a n --=-++-+=-⋅++⨯ .所以()221212n n a n =-⋅++⨯ ，两式相减，得()()()()()112212122221222212n nn nn n a n n n --⨯-=-⋅-+++=-⋅-=-⋅+- ，10a =适合上式.综上，()222nn a n =-⋅+.1．（2023·安徽宿州·统考一模）在数列{}n a 中，121a a ==，且2(1)4nn n a a ++-=.(1)令21n n b a -=，证明：数列{}n b 为等差数列，并求数列{}n b 的通项公式；(2)记数列{}n a 的前n 项和为n S ，求23S .【解析】（1）因为2(1)4n n n a a ++-=，所以212121(1)4n n n a a -+-+-=，即21214n n a a +--=，又21n n b a -=，所以121214n n n n b b a a ++--=-=，又111b a ==，所以，数列{}n b 为以1为首项，4为公差的等差数列，所以1(1)443n b n n =+-⨯=-.（2）因为2(1)4nn n a a ++-=，所以2222(1)4nn n a a ++-=，即2224n n a a ++=所以231223S a a a =+++ ()()13232422a a a a a a =+++++++ ()()()()12122468102022b b b a a a a a a a =+++++++++++⎡⎤⎣⎦ 12(145)(145)2972⨯+=++⨯=.1．（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．【解析】（1）因为221nn S n a n+=+，即222n n S n na n +=+①，当2n ≥时，()()()21121211n n S n n a n --+-=-+-②，①-②得，()()()22112212211n n n n S n S n na n n a n --+---=+----，即()12212211n n n a n na n a -+-=--+，即()()()1212121n n n a n a n ----=-，所以11n n a a --=，2n ≥且N*n ∈，所以{}n a 是以1为公差的等差数列．（2）[方法一]：二次函数的性质由（1）可得413a a =+，716a a =+，918a a =+，又4a ，7a ，9a 成等比数列，所以2749a a a =⋅，即()()()2111638a a a +=+⋅+，解得112a =-，所以13n a n =-，所以()22112512562512222228n n n S n n n n -⎛⎫=-+=-=--⎪⎝⎭，所以，当12n =或13n =时，()min 78n S =-．[方法二]：【最优解】邻项变号法由（1）可得413a a =+，716a a =+，918a a =+，又4a ，7a ，9a 成等比数列，所以2749a a a =⋅，即()()()2111638a a a +=+⋅+，解得112a =-，所以13n a n =-，即有1123210,0a a a a <<<<= .则当12n =或13n =时，()min 78n S =-．【整体点评】（2）法一：根据二次函数的性质求出n S 的最小值，适用于可以求出n S 的表达式；法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解．命题方向二、等差等比数列的交汇问题例2．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）记数列{an }的前n 项和为Sn ，对任意正整数n ，有2Sn ＝nan ，且a 2＝3.(1)求数列{an }的通项公式；(2)对所有正整数m ，若ak ＜2m ＜ak ＋1，则在ak 和ak ＋1两项中插入2m ，由此得到一个新数列{bn }，求{bn }的前40项和.【解析】（1）由2n n S na =，则()1121n n S n a ++=+，两式相减得：()1121n n n a n a na ++=+-，整理得：()11n n n a na +-=，即2n ≥时，11n n a na n +=-，所以2n ≥时，()132122122331231n n n n n a a a n n a a n a a a n n -----=⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅=--- ，又1n =时，112a a =，得10a =，也满足上式.故()31n a n =-.（2）由40117a =.所以674022a <<，又634992a =>，所以{}n b 前40项中有34项来自{}n a .故()()12612401234222b b b a a a +++=+++++++ ()()61342213416831261809221a a -+=+=+=-.在解决等差、等比数列综合问题时，要充分利用基本公式、性质以及它们之间的转化关系，在求解过程中要树立“目标意识”，“需要什么，就求什么”，并适时地采用“巧用性质，整体考虑”的方法.可以达到减少运算量的目的.变式提升2．（2023·河北石家庄·统考一模）已知等差数列{}n a 的前n 项和记为n S （*n ∈N ），满足235326a a S +=+．(1)若数列{}n S 为单调递减数列，求1a 的取值范围；(2)若11a =，在数列{}n a 的第n 项与第1n +项之间插入首项为1，公比为2的等比数列的前n 项，形成新数列{}n b ，记数列{}n b 的前n 项和为n T ，求95T ．【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，由于235326a a S +=+，所以()()1113225106a d a d a d +++=++，解得2d =-，所以()()211112n n n S na d n a n -=+=-++，若数列{}n S 为单调递减数列，则10n n S S +-<对于*n ∈N 恒成立，所以()()()()221111111120n n S S n a n n a n a n +⎡⎤⎡⎤-=-++++--++=-<⎣⎦⎣⎦在*n ∈N 上恒成立，则12a n <，所以()1min 2a n <，又数列{}2n 为递增数列，所以()min 2212n =⨯=，即12a <，故1a 的取值范围为(),2-∞；（2）若11a =，则()()11223n a n n =+-⨯-=-+，根据题意数列{}n b 为：第一组为：1，02；第二组为：1-，02，12；第三组为：3-，02，12，22；……第k 组为：23k -+，02，12，22，…，12k -；则前k 组一共有()()323412k k k ++++++=项，当12k =时，项数为90.故95T 相当于是前12组的和再加上012323,2,2,2,2-这五项，即：()()()()()00101110123951121222222232222T ⎡⎤⎡⎤=+-++-+++++++++-++++⎣⎦⎣⎦设12nn c =-，则()()0010111222222+++++++ 可看成是数列{}n c 的前12项和所以()()121395212121121223124821428050212T ⨯--⨯=+--++++=-=-.2．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考一模）记n S 为公比不为1的等比数列{}n a 的前n 项和，542188a a a a -=-+，621S =．(1)求{}n a 的通项公式；(2)设22log n n b a =，若由{}n a 与{}n b 的公共项从小到大组成数列{}n c ，求数列{}n c 的前n 项和n T ．【解析】（1）设等比数列的公比为q ()1q ≠，因为542188a a a a -=-+，即()3321218a q a q a a -=--，即38q =-，所以2q =-，又()6161211a q S q-==-，即()()()61122112a --=--，解得11a =-，所以()()111212n nn n a --=-⨯-=-⨯.（2）由（1）可得()()()()22121222log log 12log 221nn n n nb a n --==-⨯==-，则数列{}n b 为0、2、4、6、，偶数组成的数列，又()112nn n a -=-⨯，令0n a >，则n 为正偶数，所以12c =，322c =，532c =，，212n n c -=，所以{}n c 为以2为首项，4为公比的等比数列，所以()()214241143n n n T --==-.2．（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．【解析】（1）设数列{}n a 的公差为d ，所以，()11111111224283a d b a d b a d b b a d +-=+-⎧⎨+-=-+⎩，即可解得，112db a ==，所以原命题得证．（2）由（1）知，112d b a ==，所以()1111121k k m b a a b a m d a -=+⇔⨯=+-+，即122k m -=，亦即[]221,500k m -=∈，解得210k ≤≤，所以满足等式的解2,3,4,,10k = ，故集合{}1|,1500k m k b a a m =+≤≤中的元素个数为10219-+=．命题方向三、数列的通项公式例3．（2023·湖南·湖南师大附中校联考模拟预测）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知1111,2n n n n S S a a a +=-=-.(1)求{}n a 的通项公式；(2)令2n an b =，记数列{}n b 的前n 项和为n T ，试求21n T -除以3的余数.【解析】（1）由112n n n n S S a a +-=-有11112n n n n n S a S a a +++--=-，即1112n n n n S S a a ++-=，又11a =，故111S a =，所以数列n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1为首项，12为公差的等差数列，所以12n n S n a +=，即12n n n S a +=，故1122n n n S a +++=，两式相减得112122n n n n n a a a ++++=-，即1122n n n n a a ++=，所以11111n n a a an n +====+ ，因此{}n a 的通项公式为n a n =.（2）由（1）及2n a n b =，有2n n b =，所以2212242n nn T -=-=-，又011114(31)C 3C 3C 31n n n n n n n n --=+=++++ ，因为011C ,C ,,C n n n n - 均为正整数，所以存在正整数k 使得431n k =+，故221224231n nn T k -=-=-=-，所以21n T -除以3的余数为2.常见求解数列通项公式的方法有如下六种：(1)观察法：根据所给的一列数、式、图形等，通过观察法猜想其通项公式.(2)累加法：形如1()n n a a f n +=+的解析式.(3)累乘法：形如()()*1()02,n n n a f n a a n n -=⋅≠∈N(4)公式法(5)取倒数法：形如11n n n p ta a ma --=+的关系式(6)构造辅助数列法：通过变换递推关系，将非等差(比)数列构造为等差(比)数列来求通项公式.变式提升3．（2023·湖南·模拟预测）已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足()42n n n S a a =+，*n ∈N ．(1)求数列{}n a 的通项公式n a 及前n 项和n S ；(2)设数列{}n b 满足12b =，()*13N na n nb b n +=+⋅∈．求数列{}nb 的通项公式．【解析】（1）由()42n n n S a a =+，可得1114(2)n n n S a a +++=+，两式相减可得：1114(2)(2)n n n n n a a a a a +++=+-+，化简可得111()()2()n n n n n n a a a a a a +++-+=+，由正项数列{}n a 知10n n a a ++>，所以12n n a a +-=，又()11142S a a =+，解得12a =，所以{}n a 是以2为首项，2为公差的等差数列，故22(1)2n a n n =+-=，由()422(22)n n n S a a n n =+=+可得2n S n n =+.（2）由（1）知213332na nnn n n n b b b b +=+⋅++=⋅=⋅，所以132nn n b b +-=⋅，所以12132b b -=⨯，23232b b -=⨯，⋯，1132n n n b b ---=⨯，由累加法可得，1212113232323(222)n n n b b ---=⨯+⨯++⨯=+++ 12(12)332612n n --=⨯=⋅--，所以324nn b =⨯-.3．（2023·江西南昌·统考一模）已知正项数列{}n a 满足a 1=1，a 2=2，a 4=64，且221*()N n n n a a ka n ++=∈．(1)求k 的值；(2)求数列{}n a 的通项公式．【解析】（1）当1n =时，213234a a ka a k ⇒==，当2n =时，()2322412842k k k a a ka ⇒=⋅⇒==；（2）因为2k =，所以2212n n n a a a ++=，则2112n n n na aa a +++=⋅，令1n n na b a +=，所以12n n b b +=，则{}n b 是等比数列，因为2112a b a ==，2q =，所以112n n n b b q -==，所以12n n na a +=，则12211231n n n n n n n a a a a a a a a a a -----=⨯⨯⨯⨯⨯ (1)12212222212.n n n n ---=⨯⨯⨯⨯⨯= 3．（2021·全国·统考高考真题）已知数列{}n a 满足11a =，11,,2,.n n n a n a a n ++⎧=⎨+⎩为奇数为偶数（1）记2n n b a =，写出1b ，2b ，并求数列{}n b 的通项公式；（2）求{}n a 的前20项和.【解析】（1）[方法一]【最优解】：显然2n 为偶数，则21222212,1n n n n a a a a +++=+=+，所以2223n n a a +=+，即13n n b b +=+，且121+12b a a ===，所以{}n b 是以2为首项，3为公差的等差数列，于是122,5,31n b b b n ===-．[方法二]：奇偶分类讨论由题意知1231,2,4a a a ===，所以122432,15b a b a a ====+=．由11n n a a +-=（n 为奇数）及12n n a a +-=（n 为偶数）可知，数列从第一项起，若n 为奇数，则其后一项减去该项的差为1，若n 为偶数，则其后一项减去该项的差为2．所以*23()n n a a n N +-=∈，则()11331n b b n n =+-⨯=-．[方法三]：累加法由题意知数列{}n a 满足*113(1)1,()22nn n a a a n +-==++∈N ．所以11213(1)11222b a a -==++=+=，322433223(1)3(1)11212352222b a a a a a --==++=+=+++=++=+=，则222121222111()()()121221+n n n n n n b a a a a a a a a a ---==-+-+-+=+++++++ 12(1)131n n n =+-+=-⨯．所以122,5b b ==，数列{}n b 的通项公式31n b n =-．（2）[方法一]：奇偶分类讨论20123201351924620++++++++()()S a a a a a a a a a a a a =+=+++ 1231012310(1111)b b b b b b b b =-+-+-++-+++++110()102103002b b +⨯=⨯-=．[方法二]：分组求和由题意知数列{}n a 满足12212121,1,2n n n n a a a a a -+==+=+，所以2122123n n n a a a +-=+=+．所以数列{}n a 的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；同理，由2221213n n n a a a ++=+=+知数列{}n a 的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列．从而数列{}n a 的前20项和为：201351924260()()S a a a a a a a a =+++++++++ 1091091013102330022⨯⨯=⨯+⨯+⨯+⨯=．【整体点评】(1)方法一：由题意讨论{}n b 的性质为最一般的思路和最优的解法；方法二：利用递推关系式分类讨论奇偶两种情况，然后利用递推关系式确定数列的性质；方法三：写出数列{}n a 的通项公式，然后累加求数列{}n b 的通项公式，是一种更加灵活的思路.(2)方法一：由通项公式分奇偶的情况求解前n 项和是一种常规的方法；方法二：分组求和是常见的数列求和的一种方法，结合等差数列前n 项和公式和分组的方法进行求和是一种不错的选择.命题方向四、数列求和例4．（2023·全国·模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和2n n S b =，数列{}n b 为等差数列，满足11b =，{}n b 的前9项和945T =．(1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)求数列1111n n n a a b +⎧⎫⎛⎫⎪⎪+⋅⎨⎬ ⎪⎪⎪⎝⎭⎩⎭的前n 项和．【解析】（1）由{}n b 是等差数列，()199599452b b T b ⨯+===，解得55b =．由11b =得公差5114b b d -==，故()111n b n n =+-⨯=．故{}n a 的前n 项和2n S n =，则111a S ==，()211n S n -=-，2n ≥，则()1212n n n a S S n n -=-=-≥，经检验1n =时也满足上式，故21n a n =-．（2）由（1）知()()()()11111222121221221n n n n a b a b n n n n n n n n ++=+=+-+-+。

2024年高考数学专项突破数列大题压轴练(解析版)

数列大题压轴练-新高考数学复习分层训练（新高考通用）1．（2023·云南曲靖·宣威市第七中学校考模拟预测）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，n T 为数列{}n S 的前n 项和，已知2n n S T +=．(1)求证：数列{}n S 是等比数列；(2)求数列{}n na 的前n 项和n A ．2．（2023·辽宁铁岭·校联考模拟预测）已知数列{}n a 中，11a =，214a =，且1(1)(2,3,4,)nn na n n a n a +=-=⋅⋅⋅-．(1)设*111()n n b n N a +=-∈，试用n b 表示1n b +，并求{}n b 的通项公式；(2)设*1sin 3()cos cos n n n n c N b b +=∈，求数列{}n c 的前n 项和n S ．3．（2023·湖南株洲·统考一模）数列{}n a 满足13a =，212n n n a a a +-=.(1)若21n bn a =+，求证：{}n b 是等比数列.(2)若1n nnc b =+，{}n c 的前n 项和为n T ，求满足100n T <的最大整数n .4．（2023·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测）已知数列{}n a 满足21n n n a xa ya ++=+()N n +∈，11a =，22a =，n S 为数列{}n a 前n 项和.(1)若2x =，1y =-，求n S 的通项公式；(2)若1x y ==，设n T 为n a 前n 项平方和，证明：214n n n T S S -<恒成立.5．（2023·山西朔州·怀仁市第一中学校校考二模）已知数列{}n a 满足13a =，且12,1,n n na n a a n +⎧=⎨-⎩是偶数是奇数．(1)设221n n n b a a -=+，证明：{}3n b -是等比数列；(2)设数列{}n a 的前n 项和为n S ，求使得不等式2022n S >成立的n 的最小值．6．（2022春·河北衡水·高三校联考阶段练习）已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，23a =，2132n n n a a a ++=-，数列{}n c 满足()22221232341n c c c n c n +++++= ．2024年高考数学专项突破数列大题压轴练（解析版）(1)求出{}n a ，{}n c 的通项公式；(2)设数列()()1221log 1n n c n a +⎧⎫⋅+⎪⎪⎨⎬+⎡⎤⎪⎪⎣⎦⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：516<n T ．7．（2022秋·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足36S =，2n n S n na =+，*n ∈N ．(1)求{}n a 的通项公式；(2)数列{}n b ，{}n c ，{}n d 满足()21211n n n a b a +=+-，12121n n n n n c b b b b --= ，且2nn nc d n =⋅，求数列{}n d 的前n 项和n T ．8．（2023·广东·校联考模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且312323n S S S nS n +++⋅⋅⋅+=．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若n n b na =，且数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：当3n ≥时，()311421n n n T n +≤+--．9．（2022秋·山东青岛·高三山东省莱西市第一中学校考阶段练习）对于项数为m 的数列{}n a ，若满足：121m a a a ≤<<< ，且对任意1i j m ≤≤≤，i j a a ⋅与j ia a 中至少有一个是{}n a 中的项，则称{}n a 具有性质P ．(1)如果数列1a ，2a ，3a ，4a 具有性质P ，求证：11a =，423a a a =⋅；(2)如果数列{}n a 具有性质P ，且项数为大于等于5的奇数，试判断{}n a 是否为等比数列？并说明理由．10．（2022秋·山东青岛·高三统考期末）记数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，______.给出下列两个条件：条件①：数列{}n a 和数列{}1n S a +均为等比数列；条件②：1121222n n n n a a a na -+++⋅⋅⋅+=.试在上面的两个条件中任选一个，补充在上面的横线上，完成下列两问的解答：（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.）(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)记正项数列{}n b 的前n 项和为n T ，12b a =，23b a =，14n n n T b b +=⋅，求211(1)ni i i i b b +=⎡⎤-⎣⎦∑.11．（2022·湖北·黄冈中学校联考模拟预测）已知数列{}n a 满足0n a ≠，*N n ∈.(1)若2210n n n a a ka ++=>且0n a >.（ⅰ）当{}lg n a 成等差数列时，求k 的值；（ⅱ）当2k =且11a =，4a =2a 及n a 的通项公式.(2)若21312n n n n a a a a +++=-，11a =-，20a <，[]34,8a ∈.设n S 是{}n a 的前n 项之和，求2020S 的最大值.12．（2022秋·湖南长沙·高三校考阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和1122n n n S a -⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭（n *∈N ），数列{}n b 满足2nn n b a =．(1)求证：数列{}n b 是等差数列，并求数列{}n a 的通项公式；(2)设数列{}n c 满足()()131n nn n a c n λ--=-（λ为非零整数，n *∈N ），问是否存在整数λ，使得对任意n *∈N ，都有1n n c c +>．13．（2022秋·湖南衡阳·高三衡阳市一中校考期中）已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，25a =，14n n n S S a +=++;{}n b 是等比数列，29b =，1330bb +=，公比1q >．(1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)数列{}n a 和{}n b 的所有项分别构成集合A ，B ，将A B ⋃的元素按从小到大依次排列构成一个新数列{}n c ，求2012320T c c c c =++++ ．14．（2022·浙江·模拟预测）已知正项数列{}n a 满足11a =，当2n ≥时，22121n n a a n --=-，{}n a 的前n 项和为n S .(1)求数列{}n a 的通项公式及n S ；(2)数列{}n b 是等比数列，q 为数列{}n b 的公比，且13b q a ==，记21n n n nS a c b-+=，证明：122733n c c c ≤++⋅⋅⋅+<15．（2022秋·广东广州·高三校联考阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12a =，132n n S S +=+，数列{}n b 满足()1122,n n n b b b n++==，其中*n ∈N .(1)分别求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)在n a 与1n a +之间插入n 个数，使这2n +个数组成一个公差为n c 的等差数列，求数列{}n n b c 的前n 项和nT16．（2023·辽宁朝阳·校联考一模）已知数列{}n a 的前n 项和为()+N 1=∈+n nS n n ，数列{}n b 满足11b =，且()1+N 2+=∈+nn n b b n b (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求数列{}n b 的通项公式；(3)对于N n +∈，试比较1n b +与n a 的大小.17．（2022秋·广东深圳·高三校考阶段练习）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知{}12,32n n a a S =-是公差为2的等差数列.(1)求{}n a 的通项公式；(2)若{}11,n n n n n a b b a a ++=的前n 项和为n T ，求证：14n T <.18．（2022秋·江苏常州·高三常州市第一中学校考阶段练习）已知正项数列{}n a满足)1,2n n a a n n -+-∈≥N ，11a =.数列{}n b 满足各项均不为0，14b =，其前n项的乘积112n n n T b -+=⋅.(1)求数列{}n a 通项公式；(2)设2log n n c b =，求数列{}n c 的通项公式；(3)记数列(){}1nn a -的前2m 项的和2m S ，求使得不等式21210m S c c c ≥+++L 成立的正整数m 的最小值.19．（2022秋·江苏宿迁·高三沭阳县建陵高级中学校考期中）已知数列{}n a 满足2123n n n a a a ++=+，112a =，232a =．(1)证明：数列{}1n n a a ++为等比数列，求{}n a 的通项公式．(2)若数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()*127N 4n S n n λ⎛⎫+≥-∈ ⎪⎝⎭恒成立，求实数λ的取值范围．20．（2022秋·江苏南通·高三江苏省如东高级中学校考阶段练习）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且4224,21n n S S a a ==+.数列{}n b 的前n 项和为n T ，且112n n na T ++=(1)求数列{}{},n n ab 的通项公式；(2)数列{}n c 满足cos ,,n n na n n cb n π⎧=⎨⎩为奇数为偶数，求21ni i c =∑.21．（2023秋·广东·高三校联考期末）已知数列1:A a ，2a ，…，n a ，…满足10a =，11i i a a +=+（1,2,,,i n = ），数列A 的前n 项和记为n S ．(1)写出3S 的最大值和最小值；(2)是否存在数列A ，使得20221011S =如果存在，写出此时2023a 的值；如果不存在，说明理由．22．（2023秋·山东日照·高三校联考期末）已知数列{}n a 的各项均为非零实数，其前n 项和为(0)n n S S ≠，且21n n n n S a S a ++⋅=⋅.(1)若32S =，求3a 的值；(2)若1a a =，20232023a a =，求证：数列{}n a 是等差数列，并求其前n 项和.23．（2023秋·江苏南京·高三南京市第一中学校考期末）已知数列{}{},n n a b 满足222,1n n n n n a b a b +=-=.(1)求{}{},n n a b 的通项公式；(2)记数列n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n S ，证明：11121n n S n +≤-+-.24．（2023春·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知数列{}n a 各项都不为0，12a =，24a =，{}n a 的前n 项和为n S ，且满足14n n n a a S +=.(1)求{}n a 的通项公式；(2)若12311231C C CC C n nn nnnn nn nb a a a a a --=+++⋅⋅⋅++，求数列112n n n n b b b ++⎧⎫+⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T .25．（2023春·江苏南京·高三校联考阶段练习）已知数列{}n a 中11a =，其前n 项和记为n S ，且满足()()1232n n S S S n S ++⋅⋅⋅+=+．(1)求数列()1n S n n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬+⎪⎪⎩⎭的通项公式；(2)设无穷数列1b ，2b ，…n b ，…对任意自然数m 和n ，不等式1m n m n nb b b m a +--<+均成立，证明：数列{}n b 是等差数列．26．（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）在如图所示的平面四边形ABCD 中，ABD △的面积是CBD △面积的两倍，又数列{}n a 满足12a =，当2n ≥时，()()1122n n n n BD a BA a BC --=++- ，记2nn n a b =．(1)求数列{}n b 的通项公式；(2)求证：2221211154n b b b +++< ．27．（2022秋·湖北·高三校联考开学考试）已知数列{}n a 满足11a =，1n a +=中*N n ∈）(1)判断并证明数列{}n a 的单调性；(2)记数列{}n a 的前n 项和为n S ，证明：20213522S <<．28．（2022秋·山东潍坊·高三统考阶段练习）定义：对于任意一个有穷数列，在其每相邻的两项间都插入这两项的和，得到的新数列称为一阶和数列，如果在一阶和数列的基础上再在其相邻的两项间插入这两项的和，得到二阶和数列，以此类推可以得到n 阶和数列，如{}2,4的一阶和数列是{}2,6,4，设n 阶和数列各项和为n S ．(1)试求数列{}2,4的二阶和数列各项和2S 与三阶和数列各项和3S ，并猜想{}n S 的通项公式（无需证明）；(2)设()()()()331321log 3log 3n n n n S n b S S +-+=-⋅-，{}n b 的前m 项和m T ，若20252m T >，求m 的最小值29．（2022秋·湖北黄冈·高三统考阶段练习）已知数列{}1,1,n n a a S =为数列{}n a 的前n 项和，且1(2)3n n S n a =+．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求证：sin 0n n a a -<；(3)证明：212311111sin 1sin 1sin 1sin e n a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ．30．（2023·浙江温州·统考二模）设n S 为正项数列{}n a 的前n 项和，满足222n n n S a a =+-.（1）求{}n a 的通项公式；（2）若不等式214na n a t ⎛⎫+ ⎪+⎝≥⎭对任意正整数n 都成立，求实数t 的取值范围；（3）设3ln(1)4n a n n b e +=（其中e 是自然对数的底数），求证：123426n n b b b b b b ++++<….数列大题压轴练-新高考数学复习分层训练（新高考通用）1．（2023·云南曲靖·宣威市第七中学校考模拟预测）记n S为数列{}n a的前n项和，n T为S T+=．数列{}n S的前n项和，已知2n n(1)求证：数列{}n S是等比数列；(2)求数列{}n na的前n项和n A．2．（2023·辽宁铁岭·校联考模拟预测）已知数列{}n a 中，11a =，24a =，且1(1)(2,3,4,)nn na n n a n a +=-=⋅⋅⋅-．(1)设*111()n n b n N a +=-∈，试用n b 表示1n b +，并求{}n b 的通项公式；(2)设*sin 3()cos cos n n c N b b =∈，求数列{}n c 的前n 项和n S ．3．（2023·湖南株洲·统考一模）数列{}n a 满足13a =，212n n n a a a +-=.(1)若21n bn a =+，求证：{}n b 是等比数列.(2)若1nnc b =+，{}n c 的前n 项和为n T ，求满足100n T <的最大整数n .4．（2023·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测）已知数列{}n a 满足21n n n a xa ya ++=+()N n +∈，11a =，22a =，n S 为数列{}n a 前n 项和.(1)若2x =，1y =-，求n S 的通项公式；(2)若1x y ==，设n T 为n a 前n 项平方和，证明：214n n n T S S -<恒成立.5．（2023·山西朔州·怀仁市第一中学校校考二模）已知数列{}n a 满足13a =，且12,1,n n na n a a n +⎧=⎨-⎩是偶数是奇数．(1)设221n n n b a a -=+，证明：{}3n b -是等比数列；S>成立的n的最小值．(2)设数列{}n a的前n项和为n S，求使得不等式2022n6．（2022春·河北衡水·高三校联考阶段练习）已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，23a =，2132n n n a a a ++=-，数列{}n c 满足()22221232341n c c c n c n +++++= ．(1)求出{}n a ，{}n c 的通项公式；(2)设数列()()1221log 1n n c n a +⎧⎫⋅+⎪⎪⎨⎬+⎡⎤⎪⎪⎣⎦⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：516<n T ．7．（2022秋·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足36S =，2n n S n na =+，*n ∈N ．(1)求{}n a 的通项公式；(2)数列{}n b ，{}n c ，{}n d 满足()21211n n n a b a +=+-，12121n n n n n c b b b b --= ，且2nn nc d n =⋅，求数列{}n d 的前n 项和n T ．8．（2023·广东·校联考模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且312323n S S S nS n +++⋅⋅⋅+=．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若n n b na =，且数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：当3n ≥时，()311421n n n T n +≤+-．9．（2022秋·山东青岛·高三山东省莱西市第一中学校考阶段练习）对于项数为m 的数列{}n a ，若满足：121m a a a ≤<<< ，且对任意1i j m ≤≤≤，i j a a ⋅与j ia a 中至少有一个是{}n a 中的项，则称{}n a 具有性质P ．(1)如果数列1a ，2a ，3a ，4a 具有性质P ，求证：11a =，423a a a =⋅；(2)如果数列{}n a 具有性质P ，且项数为大于等于5的奇数，试判断{}n a 是否为等比数列？并说明理由．【答案】(1)证明见解析(2){}n a 为等比数列，理由见解析10．（2022秋·山东青岛·高三统考期末）记数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，______.给出下列两个条件：条件①：数列{}n a 和数列{}1n S a +均为等比数列；条件②：1121222n n n n a a a na -+++⋅⋅⋅+=.试在上面的两个条件中任选一个，补充在上面的横线上，完成下列两问的解答：（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.）(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)记正项数列{}n b 的前n 项和为n T ，12b a =，23b a =，14n n n T b b +=⋅，求211(1)nii i i b b +=⎡⎤-⎣⎦∑.【答案】(1)12n n a -=(2)288n n+【分析】（1）选择条件①：先由{}1n S a +为等比数列结合等比中项列出式子，再设出等比数列{}n a 的公比，通过等比数列公式化简求值即可得出答案；选择条件②：先由1121222n n n n a a a na -+++⋅⋅⋅+=得出()()12121222212n n n n a a a n a n --++⋅⋅⋅+=-≥，两式做减即可得出()122n n a a n +=≥，再验证1n =时即可利用等比数列通项公式得出答案；（2）通过14n n n T b b +=⋅得出()1142n n n T b b n --⋅≥=，两式相减结合已知即可得出()1142n n b b n +--=≥，即数列{}n b 的奇数项、偶数项分别都成公差为4的等差数列，将211(1)nii i i b b+=⎡⎤-⎣⎦∑转化即可得出答案.【详解】（1）选条件①：数列{}1n S a +为等比数列，()()()2211131S a S a S a ∴+=++，即()()2121123222a a a a a a +=++，11a = ，且设等比数列{}n a 的公比为q ，()()22222q q q ∴+=++，解得2q =或0q =（舍），1112n n n a a q --∴==，选条件②：1121222n n n n a a a na -+++⋅⋅⋅+= ①，()()1212122212n n n n a a a n a n ---++⋅⋅⋅+=-≥∴，即()()12121222212n n n n a a a n a n --++⋅⋅⋅+=-≥ ②，由①②两式相减得：()()12221n n n n a na n a +=-≥-，即()122n n a a n +=≥，令1121222n n n n a a a na -+++⋅⋅⋅+=中1n=得出212a a =也符合上式，故数列{}n a 为首项11a =，公比2q =的等比数列，则1112n n n a a q --==，（2）由第一问可知，不论条件为①还是②，都有数列{}n a 为首项11a =，公比2q =的等比数列，即12n n a -=，11．（2022·湖北·黄冈中学校联考模拟预测）已知数列{}n a 满足0n a ≠，*N n ∈.(1)若2210n n n a a ka ++=>且0n a >.（ⅰ）当{}lg n a 成等差数列时，求k 的值；（ⅱ）当2k =且11a =，4a =2a 及n a 的通项公式.(2)若21312n n n n a a a a +++=-，11a =-，20a <，[]34,8a ∈.设n S 是{}n a 的前n 项之和，求2020S 的最大值.12．（2022秋·湖南长沙·高三校考阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和1122n n n S a -⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭（n *∈N ），数列{}n b 满足2nn n b a =．(1)求证：数列{}n b 是等差数列，并求数列{}n a 的通项公式；(2)设数列{}n c 满足()()131n nn n a c n λ--=-（λ为非零整数，n *∈N ），问是否存在整数λ，使得对任意n *∈N ，都有1n n c c +>．13．（2022秋·湖南衡阳·高三衡阳市一中校考期中）已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，25a =，14n n n S S a +=++;{}n b 是等比数列，29b =，1330bb +=，公比1q >．(1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)数列{}n a 和{}n b 的所有项分别构成集合A ，B ，将A B ⋃的元素按从小到大依次排列构成一个新数列{}n c ，求2012320T c c c c =++++ ．【答案】(1)43n a n =-，3nn b =(2)660【分析】（1）将14n n n S S a +=++移项作差可得{}n a 是等差数列，结合25a =可求出数列{}n a 的通项公式，将1,b q 代入等式计算，即可求出数列{}n b 的通项公式；（2）由2077a =可判断前20项中最多含有123,,b b b 三项，排除23b a =可确定前20项中14．（2022·浙江·模拟预测）已知正项数列{}n a 满足11a =，当2n ≥时，22121n n a a n --=-，{}n a 的前n 项和为n S .(1)求数列{}n a 的通项公式及n S ；(2)数列{}n b 是等比数列，q 为数列{}n b 的公比，且13b q a ==，记21n n n nS a c b -+=，证明：122733n c c c ≤++⋅⋅⋅+<15．（2022秋·广东广州·高三校联考阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12a =，132n n S S +=+，数列{}n b 满足()1122,n n n b b b n++==，其中*n ∈N .(1)分别求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)在n a 与1n a +之间插入n 个数，使这2n +个数组成一个公差为n c 的等差数列，求数列{}n n b c 的前n 项和nT【答案】(1)1*(2)3n n a n -=⋅∈N ，()*)1(n b n n n =+∈N (2)()*)121(3n n T n n =+-∈N 【分析】（1）由132n n S S +=+可得12)3(2n n S S n -=+≥，两式作差即可得数列{}n a 的递推关系，即可求通项，最后验证1a 是否符合即可；数列{}n b 利用累乘法即可求，最后验证1b 是否符合即可；（2）由题，由等差数列的性质得()11n n n a a n c +-=+，即可求出n c 的通项公式，最后利用错位相减法求n T 即可【详解】（1）由132n n S S +=+可得12)3(2n n S S n -=+≥，两式相减可得13(2)n n a a n +=≥，故数列{}n a 从第3项开始是以首项为2a ，公比3q =的等比数列.又由已知132n n S S +=+，令1n =，得213+2S S =，即12132a a a +=+，得21226a a =+=，故123)2(n n a n -=⋅≥；又12a =也满足上式，则数列{}n a 的通项公式为1*(2)3n n a n -=⋅∈N ；16．（2023·辽宁朝阳·校联考一模）已知数列{}n a 的前n 项和为()+N 1=∈+n nS n n ，数列{}n b 满足11b =，且()1+N 2+=∈+nn n b b n b (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求数列{}n b 的通项公式；(3)对于N n +∈，试比较1n b +与n a 的大小.17．（2022秋·广东深圳·高三校考阶段练习）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知{}12,32n n a a S =-是公差为2的等差数列.(1)求{}n a 的通项公式；(2)若{}1,n n n a b b a a +=的前n 项和为n T ，求证：14n T <.18．（2022秋·江苏常州·高三常州市第一中学校考阶段练习）已知正项数列{}n a 满足)1,2n n a a n n -+-∈≥N ，11a =.数列{}n b 满足各项均不为0，14b =，其前n项的乘积112n n n T b -+=⋅.(1)求数列{}n a 通项公式；(2)设2log n n c b =，求数列{}n c 的通项公式；(3)记数列(){}1nn a -的前2m 项的和2m S ，求使得不等式21210m S c c c ≥+++L 成立的正整数m 的最小值.19．（2022秋·江苏宿迁·高三沭阳县建陵高级中学校考期中）已知数列{}n a满足2123n n n a a a ++=+，112a =，232a =．(1)证明：数列{}1n n a a ++为等比数列，求{}n a 的通项公式．(2)若数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()*127N 4n S n n λ⎛⎫+≥-∈ ⎪⎝⎭恒成立，求实数λ的取值范围．20．（2022秋·江苏南通·高三江苏省如东高级中学校考阶段练习）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且4224,21n n S S a a ==+.数列{}n b 的前n 项和为n T ，且112n n na T ++=(1)求数列{}{},n n ab 的通项公式；(2)数列{}n c 满足cos ,,n n na n n cb n π⎧=⎨⎩为奇数为偶数，求21ni i c =∑.21．（2023秋·广东·高三校联考期末）已知数列1:A a ，2a ，…，n a ，…满足10a =，11i i a a +=+（1,2,,,i n = ），数列A 的前n 项和记为n S ．(1)写出3S 的最大值和最小值；(2)是否存在数列A ，使得20221011S =如果存在，写出此时2023a 的值；如果不存在，说明理由．22．（2023秋·山东日照·高三校联考期末）已知数列{}n a 的各项均为非零实数，其前n 项和为(0)n n S S ≠，且21n n n n S a S a ++⋅=⋅.(1)若32S =，求3a 的值；(2)若1a a =，20232023a a =，求证：数列{}n a 是等差数列，并求其前n 项和.23．（2023秋·江苏南京·高三南京市第一中学校考期末）已知数列{}{},n n a b 满足222,1n n n n n a b a b +=-=.(1)求{}{},n n a b 的通项公式；(2)记数列n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n S ，证明：11121n n S n +≤-+-.24．（2023春·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知数列{}n a 各项都不为0，12a =，24a =，{}n a 的前n 项和为n S ，且满足14n n n a a S +=.(1)求{}n a 的通项公式；(2)若12311231C C CC C n nn nnnn nn nb a a a a a --=+++⋅⋅⋅++，求数列112n n n n b b b ++⎧⎫+⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T .25．（2023春·江苏南京·高三校联考阶段练习）已知数列{}n a 中11a =，其前n 项和记为n S ，且满足()()1232n n S S S n S ++⋅⋅⋅+=+．(1)求数列()1n S n n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬+⎪⎪⎩⎭的通项公式；(2)设无穷数列1b ，2b ，…n b ，…对任意自然数m 和n ，不等式1m n m n nb b b m a +--<+均成立，证明：数列{}n b 是等差数列．26．（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）在如图所示的平面四边形ABCD 中，ABD △的面积是CBD △面积的两倍，又数列{}n a 满足12a =，当2n ≥时，()()1122n n n n BD a BA a BC--=++- ，记2nn n a b =．(1)求数列{}n b 的通项公式；(2)求证：22211154b b b +++< ．（2）由（1）可得：当1n =时，则1b 当2n ≥时，可得()(2211212n b n n=<-则222121111111114223nb b b ⎛+++=+-+- ⎝L 27．（2022秋·湖北·高三校联考开学考试）已知数列{}n a 满足11a =，1n a +=中*N n ∈）(1)判断并证明数列{}n a 的单调性；(2)记数列{}n a 的前n 项和为n S ，证明：20213522S <<．⎫⎪⎪⎪28．（2022秋·山东潍坊·高三统考阶段练习）定义：对于任意一个有穷数列，在其每相邻的两项间都插入这两项的和，得到的新数列称为一阶和数列，如果在一阶和数列的基础上再在其相邻的两项间插入这两项的和，得到二阶和数列，以此类推可以得到n 阶和数列，如{}2,4的一阶和数列是{}2,6,4，设n 阶和数列各项和为n S ．(1)试求数列{}2,4的二阶和数列各项和2S 与三阶和数列各项和3S ，并猜想{}n S 的通项公式（无需证明）；(2)设()()()()331321log 3log 3n n n n S n b S S +-+=-⋅-，{}n b 的前m 项和m T ，若20252m T >，求m 的最小值【答案】(1)230S =，384S =，133n n S +=+(2)7【分析】（1）根据123,,S S S 进行猜想，结合等比数列的知识进而求解，并进行推导.（2）利用裂项求和法求得m T ，由此列不等式，从而求得m 的最小值.【详解】（1）一阶和数列：{}2,6,4，对应112S =；二阶和数列：{}2,8,6,10,4，对应230S =；三阶和数列：{}2,10,8,14,6,16,10,14,4，对应384S =；故猜想136n n S S -=-，()1333n n S S --=-，所以数列{}3n S -是首项为139S -=，公比为3的等比数列，所以11393,33n n n n S S -+-=⋅=+.下面证明136n n S S -=-：设112124n m m S a a a a --=++++++ ，则()()()()1112112244n m m m m m S a a a a a a a a a --=+++++++++++++29．（2022秋·湖北黄冈·高三统考阶段练习）已知数列{}1,1,n n a a S =为数列{}n a 的前n 项和，且1(2)3n n S n a =+．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求证：sin 0n n a a -<；(3)证明：212311111sin 1sin 1sin 1sin e n a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ．30．（2023·浙江温州·统考二模）设n S 为正项数列{}n a 的前n 项和，满足222n n n S a a =+-.（1）求{}n a 的通项公式；（2）若不等式214na n a t ⎛⎫+ ⎪+⎝≥⎭对任意正整数n 都成立，求实数t 的取值范围；（3）设3ln(1)4n a n nb e+=（其中e 是自然对数的底数），求证：123426n n b b b b b b ++++<….。

高考数学高考数学压轴题数列多选题分类精编及解析

高考数学高考数学压轴题数列多选题分类精编及解析一、数列多选题1．各项均为正数的等比数列{}n a 的前n 项积为n T ，若11a >，公比1q ≠，则下列命题正确的是（）A ．若59T T =，则必有141T =B ．若59T T =，则必有7T 是n T 中最大的项C ．若67T T >，则必有78T T >D ．若67T T >，则必有56T T >【答案】ABC 【分析】根据题意，结合等比数列的通项公式、等差数列的前n 项和公式，以及等比数列的性质，逐项分析，即可求解. 【详解】由等比数列{}n a 可知11n n a a q -=⋅，由等比数列{}n a 的前n 项积结合等差数列性质可知：()1211212111111123n n n n n n n n a a q a q a qa a T a a a q a q--+++-=⋅⋅⋅==⋅=对于A ，若59T T =，可得51093611a q a q =，即42611a q =，()71491426211141a q q T a ∴===，故A 正确；对于B ，若59T T =，可得42611a q =，即13211a q=，又11a >，故1q <，又59T T =，可知67891a a a a =，利用等比数列性质知78691a a a a ==，可知67891,1,1,1a a a a >><<，故7T 是n T 中最大的项，故B 正确；对于C ，若67T T >，则61572111a q a q >，即611a q <，又10a >，则1q <，可得76811871T T a a q a q <=<=，故78T T >，故C 正确；对于D ，若67T T >，则611a q <，56651T a T a q ==，无法判断其与“1”的大小关系，故D 错误. 故选：ABC 【点睛】关键点点睛：本题主要考查了等比数列的通项公式及等差数列前n 项和公式，以及等比数列的性质的应用，其中解答中熟记等比数列的通项公式和性质及等差数列的求和公式，准确运算是解答的关键，着重考查了学生的推理与运算能力，属于较难题.2．已知n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，201920212020S S S <<，设12n n n n b a a a ++=，则数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，则下列结论中正确的是（） A ．20200a >B ．20210a <C ．2019202020212022a a a a ⋅>⋅D ．2019n =时，n T 取得最大值【答案】ABC 【分析】根据题设条件，得到2021202020212020201920200,0S S a S S a -=<-=>，进而求得201920220a a >->，20192020a a >20212022a a ，再结合“裂项法”求得12121112n n n T d a a a a ++⎫⎛=-⎪⎝⎭，结合0d <，即可求解. 【详解】设等差数列{}n a 的公差为d ，因为201920212020S S S <<，可得2021202020210S S a -=<，2020201920200S S a -=>，20212019S S -=202120200a a +>，即202020210a a >->，202020210a d a d ->-->，即201920220a a >->，所以20192020a a >20212022a a ，0d <，即数列{}n a 递减，且10a >，20a >，…，20200a >，20210a <，又由12n n n n b a a a ++=，可得1211n n n n b a a a ++==1121112n n n n d a a a a +++⎛⎫- ⎪⎝⎭，则122323341121211111111122n n n n n T d a a a a a a a a a a a a d a a +++⎛⎫⎛=-+-+⋅⋅⋅+-=- ⎪⎝⎝⎭121n n a a ++⎫⎪⎭，由0d <，要使n T 取最大值，则121211n n a a a a ++⎛⎫- ⎪⎝⎭取得最小值，显然1210n n a a ++>，而23a a >34201920202021202220222023a a a a a a a a >⋅⋅⋅>><<⋅⋅⋅，所以当2020n =时，121211n n a a a a ++⎛⎫- ⎪⎝⎭取得最小值. 综上可得，正确的选项为ABC. 故选：ABC. 【点睛】本题主要考查了数列的综合应用，其中解答中熟练应用通项n a 和n S 的关系式，数列的“裂项法”求和，以及数列的单调性进行求解是解答的关键，着重考查推理与运算能力.3．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差为d ．已知a 3＝12，S 12＞0，a 7＜0，则（） A ．a 6＞0 B ．2437d -<<-C ．S n ＜0时，n 的最小值为13D ．数列n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭中最小项为第7项【答案】ABCD 【分析】S 12＞0，a 7＜0，利用等差数列的求和公式及其性质可得：a 6+a 7＞0，a 6＞0．再利用a 3＝a 1+2d ＝12，可得247-＜d ＜﹣3．a 1＞0．利用S 13＝13a 7＜0．可得S n ＜0时，n 的最小值为13．数列n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭中，n ≤6时，n n S a ＞0.7≤n ≤12时，n n S a ＜0．n ≥13时，n n S a ＞0．进而判断出D 是否正确．【详解】 ∵S 12＞0，a 7＜0，∴()67122a a +＞0，a 1+6d ＜0．∴a 6+a 7＞0，a 6＞0．∴2a 1+11d ＞0，a 1+5d ＞0，又∵a 3＝a 1+2d ＝12，∴247-＜d ＜﹣3．a 1＞0． S 13＝()113132a a +＝13a 7＜0．∴S n ＜0时，n 的最小值为13．数列n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭中，n ≤6时，n n S a ＞0，7≤n ≤12时，n n S a ＜0，n ≥13时，n n S a ＞0．对于：7≤n ≤12时，nnS a ＜0．S n ＞0，但是随着n 的增大而减小；a n ＜0，但是随着n 的增大而减小，可得：nn S a ＜0，但是随着n 的增大而增大．∴n ＝7时，nnS a 取得最小值．综上可得：ABCD 都正确．故选：ABCD ．【点评】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．4．下面是关于公差0d >的等差数列{}n a 的几个命题，其中正确的有（） A ．数列{}n a 递增B ．n S 为{}n a 的前n 项和,则数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是递增的等差数列 C ．若n a n =，n S 为{}n a 的前n 项和，且n S n c ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭为等差数列，则0cD ．若70a =，n S 为{}n a 的前n 项和，则方程0n S =有唯一的根13n = 【答案】ABD 【分析】选项A. 由题意10n n a a d +-=>可判断；选项B.先求出112n S n a d n -=+⨯，根据1012n n S S dn n +-=>+可判断；选项C. 若n a n =,则()12n n n S +=，则0c 或1c =时n S n c ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭为等差数列可判断；选项D.由1602n n S dn -⎛⎫=--= ⎪⎝⎭可判断. 【详解】选项A. 由题意10n n a a d +-=>，则1n n a a +>，所以数列{}n a 递增，故A 正确. 选项B. ()112n n n S na d -=+⨯,则112n S n a d n -=+⨯ 所以1012n n S S d n n +-=>+，则11n n S S n n +>+，所以数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是递增的等差数列. 故B 正确. 选项C. 若n a n =,则()12n n n S +=，则()()12n n n S n c n c =+++当0c时，12+n S n c n =+为等差数列. 当1c =时，2n S n c n=+为等差数列.所以选项C 不正确.选项D. 70a =,即7160a a d =+=，则16a d =- 又()()1111660222n n n n n n S na d dn d dn ---⎛⎫=+⨯=-+⨯=--= ⎪⎝⎭由0,0d n >>，所以1602n --=，得13n =，故选项D 正确. 故选：ABD 【点睛】关键点睛：本题考查等差数列的判定和单调性的单调，解答本题的关键是利用等差数列的定义和前n 项和公式进行判断，求出162n n S dn -⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，从而判断，属于中档题.5．记数列{}n a 的前n 项和为n S ，*n ∈N ，下列四个命题中不正确的有（） A ．若0q ≠，且对于*212,n n n n a a a ++∀∈=N ，则数列{}n a 为等比数列B ．若nn S Aq B =+（非零常数q ，A ，B 满足1q ≠，0A B +=），则数列{}n a 为等比数列C ．若数列{}n a 为等比数列，则232,,,n n n n n S S S S S --仍为等比数列D ．设数列{}n a 是等比数列，若123a a a <<，则{}n a 为递增数列【答案】AC 【分析】若0n a =，满足对于*212,n n n n a a a ++∀∈=N ，但数列{}n a 不是等比数列，可判断A ；利用n a 与n S 的关系，可求得数列{}n a 的通项公式，可判断B ；若数列{}n a 为等比数列，当公比1q =-，且n 为偶数时，此时232,,,n n n n n S S S S S --均为0，可判断C ；设数列{}n a 是等比数列，且公比为q ，若123a a a <<，即1211a a q a q <<，分类讨论10a >与10a <两种情况，可判断D ；【详解】对于A ，若0n a =，满足对于*212,n n n n a a a ++∀∈=N ，但数列{}n a 不是等比数列，故A 错误；对于B ，当2n ≥时，()111(1)nn n n n n a S S Aq B AqB Aq q ---=-=+-+=-且1q ≠；当1n =时，0A B +=，则()111a S Aq B A q ==+=-符合上式，故数列{}n a 是首项为()1A q -公比为q 的等比数列，故B 正确；对于C ，若数列{}n a 为等比数列，当公比1q =-，且n 为偶数时，此时232,,,n n n n n S S S S S --均为0，不为等比数列，故C 错误；对于D ，设数列{}n a 是等比数列，且公比为q ，若123a a a <<，即1211a a q a q <<，若10a >，可得21q q <<，即1q >，则{}n a 为递增数列；若10a <，可得21q q >>，即01q <<，则{}n a 为递增数列；故D 正确；故选：AC 【点睛】结论点睛：本题考查等比数列通项公式及和的性质，等比数列和的性质：公比为1q ≠-的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，则232,,,n n n n n S S S S S --仍成等比数列，其公比为n q ；同理等差数列和的性质：公差为d 的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列232,,,m m m m m S S S S S --构成等差数列，公差为md ，考查学生的分析能力，属于中档题.6．在数列{}n a 中，如果对任意*n N ∈都有211n n n na a k a a +++-=-（k 为常数），则称{}n a 为等差比数列，k 称为公差比.下列说法正确的是（） A ．等差数列一定是等差比数列 B ．等差比数列的公差比一定不为0C ．若32nn a =-+，则数列{}n a 是等差比数列D ．若等比数列是等差比数列，则其公比等于公差比【答案】BCD 【分析】考虑常数列可以判定A 错误，利用反证法判定B 正确，代入等差比数列公式判定CD 正确. 【详解】对于数列{}n a ，考虑121,1,1n n n a a a ++===，211n n n na a a a +++--无意义，所以A 选项错误；若等差比数列的公差比为0，212110,0n n n n n na a a a a a +++++---==，则1n n a a +-与题目矛盾，所以B 选项说法正确；若32nn a =-+，2113n n n na a a a +++-=-，数列{}n a 是等差比数列，所以C 选项正确；若等比数列是等差比数列，则11,1n n q a a q -=≠，()()11211111111111n n nn n n n n n n a q q a a a q a q q a a a q a q a q q +++--+---===---，所以D 选项正确. 故选：BCD 【点睛】易错点睛：此题考查等差数列和等比数列相关的新定义问题.解决此类问题应该注意：（1）常数列作为特殊的等差数列公差为0；（2）非零常数列作为特殊等比数列公比为1.7．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若981S =，713a =，3S ，1716S S -，k S 成等比数列，则（） A ．2n S n = B ．122310111112021a a a a a a ++⋅⋅⋅+= C ．11k = D ．21n a n =-【答案】ACD 【分析】先根据题意求出等差数列的首项和公差，再根据等差数列的通项公式和求和公式求得,n n a S ，再由3S ，1716S S -，k S 成等比数列列出式子求解得出k 的值，再利用裂项相消法求和，得到122310*********a a a a a a ++⋅⋅⋅+=，从而判断各项的正误. 【详解】依题意，95981S a ==，解得59a =；而713a =，故75275a a d -==-，则1541a a d =-=，则21n a n =-，2n S n =，故D 、A 正确：因为3S ，1716S S -，k S 成等比数列，故()223171617k S S S S a =-=，则22933k =，解得11k =，故C 正确；而122310111111021a a a a a a ++⋅⋅⋅+=，故B 错误．故选：ACD ．【点睛】思路点睛：该题考查的是有关数列的问题，解题方法如下：（1）根据题意，求得通项公式，进而求得前n 项和；（2）根据三项成等比数列的条件，列出等式，求得k 的值；（3）利用裂项相消法，对12231011111a a a a a a ++⋅⋅⋅+求和；（4）对选项逐个判断正误，得到结果.8．已知数列{}n a ，下列结论正确的有（） A ．若12a ＝，11n n a a n +++＝，则20211a ＝.B ．若11132n n a a a ++＝，＝，则71457a =C ．若12nn S =3+，则数列{}n a 是等比数列 D ．若11212n n n a a a a ++＝，＝()*n N ∈，则15215a ＝【答案】AB 【分析】直接利用叠加法可判断选项A ，从而判断，利用构造新数列可求出B,D 中数列的通项公式，可判断，选项C 求出数列的前3项从而可判断. 【详解】选项A. 由11n n a a n +=++，即11n n a a n +-=+ 则()()()()19191818120207121a a a a a a a a a a =-+-+-++-+20191822211=+++++=故A 正确.选项B. 由132n n a a +=+，得()1311n n a a +=++，所以数列{}1n a +是以112a +=为首项，3为公比的等比数列.则1123n n a -+=⨯，即1231n n a -=⨯-，所以672311457a =⨯-=，故B 正确.选项C. 由12nn S =3+，可得当1n =时，11722a =+=3 当2n =时，得2211193622a S S ⎛⎫⎛⎫=-=+-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，当3n =时，得332112791822a S S ⎛⎫⎛⎫=-=+-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，显然2213a a a ≠，所以数列{}n a 不是等比数列，故C 错误. 选项D. 由122nn n a a a +=+，可得11112n n a a +-= 所以数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1为首项，12为公差的等差数列.所以()1111122n n n a +=+-=，则1511826a ==，即1518a =，故D 错误. 故选：AB 【点睛】关键点睛：本题考查利用递推关系求数列的通项公式，解答的关键是掌握求数列通项公式的常见方法，由叠加法可得()()()()19191818120207121a a a a a a a a a a =-+-+-++-+，利用构造新数列()1311n n a a +=++，11112n n a a +-=解决问题，属于中档题.9．（多选）设数列{}n a 是等差数列，公差为d ，n S 是其前n 项和，10a >且69S S =，则（） A ．0d > B ．80a =C ．7S 或8S 为n S 的最大值D ．56S S >【答案】BC 【分析】根据69S S =得到80a =，再根据10a >得到0d <，可得数列{}n a 是单调递减的等差数列，所以7S 或8S 为n S 的最大值，根据6560S S a -=>得65S S >，故BC 正确. 【详解】由69S S =得，960S S -=，即7890a a a ++=，又7982a a a +=，830a ∴=，80a ∴=，∴B 正确；由8170a a d =+=，得17a d =-，又10a >，0d ∴<， ∴数列{}n a 是单调递减的等差数列，()()0,70,9n n a n N n a n N n **⎧>∈≤⎪∴⎨<∈≥⎪⎩， 7S ∴或8S 为n S 的最大值，∴A 错误，C 正确； 6560S S a -=>，65S S ∴>，所以D 错误.故选：BC ．【点睛】关键点点睛：根据等差中项推出80a =，进而推出0d <是解题关键.10．设首项为1的数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知121n n S S n +=+-，则下列结论正确的是（）A ．数列{}n a 为等比数列B ．数列{}n S n +为等比数列C ．数列{}n a 中10511a =D ．数列{}2n S 的前n 项和为2224n n n +---【答案】BCD 【分析】由已知可得11222n n n n S n S nS n S n++++==++，结合等比数列的定义可判断B ；可得2n n S n =-，结合n a 和n S 的关系可求出{}n a 的通项公式，即可判断A ；由{}n a 的通项公式，可判断C ；由分组求和法结合等比数列和等差数列的前n 项和公式即可判断D. 【详解】因为121n n S S n +=+-，所以11222n n n n S n S nS n S n++++==++．又112S +=，所以数列{}n S n +是首项为2，公比为2的等比数列，故B 正确；所以2n n S n +=，则2nn S n =-．当2n ≥时，1121n n n n a S S --=-=-，但11121a -≠-，故A 错误；由当2n ≥时，121n n a -=-可得91021511a =-=，故C 正确；因为1222n n S n +=-，所以2311222...2221222...22n n S S S n ++++=-⨯+-⨯++-()()()23122412122 (2)212 (22412)2n n n n n n n n n ++--⎡⎤=+++-+++=-+=---⎢⎥-⎣⎦ 所以数列{}2n S 的前n 项和为2224n n n +---，故D 正确．故选：BCD ．【点睛】关键点点睛：在数列中，根据所给递推关系，得到等差等比数列是重难点，本题由121n n S S n +=+-可有目的性的构造为1122n n S S n n +++=+，进而得到11222n n n n S n S nS n S n++++==++，说明数列{}n S n +是等比数列，这是解决本题的关键所在，考查了推理运算能力，属于中档题,。

2024届高考数学专项练习压轴题型09 数列通项、求和及综合灵活运用(解析版)

压轴题型09 数列通项、求和及综合灵活运用命题预测数列是高考重点考查的内容之一，命题形式多种多样，大小均有．其中，小题重点考查等差数列、等比数列基础知识以及数列的递推关系，和其它知识综合考查的趋势明显（特别是与函数、导数的结合问题），浙江卷小题难度加大趋势明显；解答题的难度中等或稍难，随着文理同卷的实施，数列与不等式综合热门难题（压轴题），有所降温，难度趋减，将稳定在中等偏难程度．往往在解决数列基本问题后考查数列求和，在求和后往往与不等式、函数、最值等问题综合．在考查等差数列、等比数列的求和基础上，进一步考查“裂项相消法”、“错位相减法”等，与不等式结合，“放缩”思想及方法尤为重要．数列与数学归纳法的结合问题，也应适度关注．高频考法（1）数列通项、求和问题（2）数列性质的综合问题（3）实际应用中的数列问题（4）以数列为载体的情境题（5）数列放缩01 数列通项、求和问题1、遇到下列递推关系式，我们通过构造新数列，将它们转化为熟悉的等差数列、等比数列，从而求解该数列的通项公式：（1）形如1n n a pa q +=+（1p ≠，0q ≠），可变形为111n n qq a p a p p +⎛⎫+=+ ⎪−−⎝⎭，则1nq a p ⎧⎫+⎨⎬−⎩⎭是以11qa p +−为首项，以p 为公比的等比数列，由此可以求出n a ；（2）形如11n n n a pa q ++=+（1p ≠，0q ≠），此类问题可两边同时除以1n q +，得111n nn na a p q q q ++=⋅+，设2024届高考数学专项练习n n na b q =，从而变成1n b +=1n p b q +，从而将问题转化为第（1）个问题；（3）形如11n n n n qa pa a a ++−=，可以考虑两边同时除以1n n a a +，转化为11n n q p a a +−=的形式，设1n nb a =，则有11n n qb pb +−=，从而将问题转化为第（1）个问题．2、公式法是数列求和的最基本的方法，也是数列求和的基础．其他一些数列的求和可以转化为等差或等比数列的求和．利用等比数列求和公式，当公比是用字母表示时，应对其是否为1进行讨论．3、用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：()11n k n kn n k=+−++，1111()n n k k n n k ⎛⎫=− ⎪++⎝⎭，裂项后产生可以连续相互抵消的项．抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，但是前后所剩项数一定相同．常见的裂项公式：（1）111(1)1n n n n =−++；（2）1111(21)(21)22121n n n n ⎛⎫=− ⎪−+−+⎝⎭；（3）1111(2)22n n n n ⎛⎫=− ⎪++⎝⎭；（4）1111(1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n ⎡⎤=−⎢⎥+++++⎣⎦；（5）(1)(2)(1)(1)(1)3n n n n n n n n ++−−++=．4、用错位相减法求和时的注意点：（1）要善于通过通项公式特征识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；（2）在写出“n S ”与“n qS ”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“n n S qS −”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．5、分组转化法求和的常见类型：（1）若n n n a b c =±，且{}n b ，{}n c 为等差或等比数列，可采用分组求和法求{}n a 的前n 项和；（2）通项公式为,,n n n b n a c n ⎧=⎨⎩奇数偶数，其中数列{}n b ，{}n c 是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和；（3）要善于识别一些变形和推广的分组求和问题．【典例1-1】（2024·河北沧州·一模）在数列{}n a 中，已知321212222nn a a a a n −++++=． (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)在数列{}n a 中的1a 和2a 之间插入1个数11x ，使1112,,a x a 成等差数列；在2a 和3a 之间插入2个数2122,x x ，使221223,,,a x x a 成等差数列；…；在n a 和1n a +之间插入n 个数12,,,n n nn x x x ，使121,,,,,n n n nn n a x x x a +成等差数列，这样可以得到新数列{}1112212233132334:,,,,,,,,,,,n n b a x a x x a x x x a a ，设数列{}n b 的前n 项和为n S ，求55S （用数字作答）．【解析】（1）当1n =时，12a =；当2n ≥时，3312211121222222222n n n n n n a a a a a a a a a −−−−⎛⎫⎛⎫=++++−++++⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()2212n n =−−=，所以122nn a −=⇒2n n a =，2n ≥. 当1n =时，上式亦成立，所以：2n n a =. （2）由()123155n n ⎡⎤+++++−=⎣⎦⇒10n =.所以新数列{}n b 前55项中包含数列{}n a 的前10项，还包含，11x ，21x ，22x ，31x ，32x ，，98x ，99x .且12112a a x +=，()23212222a a x x ++=，()3431323332a a x x x +++=， ()91091929992a a x x x ++++=.所以()()()239101255121029222a a a a a a S a a a +++=+++++++123910357191122a a a a a ++++=+.设123935719T a a a a =++++1239325272192=⨯+⨯+⨯++⨯则234102325272192T =⨯+⨯+⨯++⨯，所以()1239102322222192T T T −=−=⨯+⨯+++−⨯101722=−⨯−.故：101722T =⨯+.所以1010955172211228211433722S ⨯+=+⨯=⨯+=.【典例1-2】（2024·高三·河南濮阳·开学考试）已知等比数列{}n a 的首项为2，公比q 为整数，且1243424a a a a ++=.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设数列21n n n a ⎧⎫⋅的前n 项和为nS ，比较nS 与4的大小关系，并说明理由.【解析】（1）由已知可得12n n a q −=⨯，因为1243424a a a a ++=，所以324222242q q q ⨯+⨯+⨯=⨯，即324240q q q −++=，则()()22220q q q −−−=，解得2q或13所以2q，()1*222n n n a n −=⋅=∈N .（2）由（121212nnn n n a n =⋅⋅1122222n n n nn n n n −−=−=⋅⋅ 令12n n nb −=，设{}n b 前n 项和为n C ，则01211232222n n nC −=++++，所以123112322222n n n C =++++，两式相减得1211111122222nn n n C −=++++−1122212212n n n n n −+=−=−−，所以42442n nnC +=−<，令12n n x n −=⋅0n x >，设{}n x 前n 项和为n T ，则0n T >，所以4n n n S C T =−<.【变式1-1】（2024·四川泸州·三模）已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，11a =，()12n n na n S +=+，则n a = . 【答案】()212n n −+⋅【解析】当2n ≥时，()()111n n n a n S −−=+，即12n n n S a n +=+，111n n n S a n −−=+，则11121n n n n n n n S S a a a n n −+−−=−=++，即()1221n n n a a n ++=+，则有()121nn n a a n −+=，1221n n a n a n −−=−，，21232a a ⨯=，则()212112112n n n n n n a a a a a n a a a −−−−=⨯⨯⨯⨯=+⋅，当1n =时，11a =，符合上式，故()212n n a n −=+⋅.故答案为：()212n n −+⋅.【变式1-2】（2024·青海西宁·二模）已知各项都是正数的等比数列{}n a 的前3项和为21，且312a =，数列{}n b 中，131,0b b ==，若{}n n a b +是等差数列，则12345b b b b b ++++= ．【答案】33−【解析】设数列{}n a 的公比为(0)q q >，则333221a a a q q ++=，即21112121qq ⎛⎫++= ⎪⎝⎭，化简得23440q q −−=，解得2q（负值舍去），所以331312232n n n n a a q −−−=⋅=⨯=⨯．于是111333,4,12a a b a b =+=+=，所以等差数列{}n n a b +的公差为()()3311431a b a b +−+=−，所以()14414,4432n n n n n a b n n b n a n −+=+−==−=−⨯，所以()()23412345412345312222b b b b b ++++=⨯++++−⨯++++()56032133=−⨯−=−.故答案为：33−02 数列性质的综合问题1、在等差数列{}n a 中，若2m n s t k +=+=（m ，n ，s ，t ，k *∈N ），则2m n s t k a a a a a +=+=．在等比数列{}n a 中，若2m n s t k +=+=（m ，n ，s ，t ，k *∈N ），则2m n s t k a a a a a ==．2、前n 项和与积的性质（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，前n 项和为n S ． ①n S ，2n n S S −，32n n S S −，…也成等差数列，公差为2n d ． ②n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭也是等差数列，且122n S d d n a n ⎛⎫=+− ⎪⎝⎭，公差为2d ．③若项数为偶数2k ，则 S S kd −=奇偶，1k kS a S a +=偶奇．若项数为奇数21k +，则1 k S S a +−=奇偶，1S k S k+=奇偶．（2）设等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为.n S①当1q ≠−时，n S ，2n n S S −，32n n S S −，…也成等比数列，公比为.n q ②相邻n 项积n T ，2n n T T ，32n nT T ，…也成等比数列，公比为()nn q 2n q =． ③若项数为偶数2k ，则()21 11k a q S S q−−=+奇偶，1S S q=奇偶；项数为奇数时，没有较好性质． 3、衍生数列（1）设数列{}n a 和{}n b 均是等差数列，且等差数列{}n a 的公差为d ，λ，μ为常数． ①{}n a 的等距子数列{}2,,,m m k m k a a a ++()*,k m ∈N 也是等差数列，公差为kd ．②数列{}n a λμ+，{}n n a b λμ±也是等差数列，而{}n a λ是等比数列．（2）设数列{}n a 和{}n b 均是等比数列，且等比数列{}n a 的公比为q ，λ为常数． ①{}n a 的等距子数列{}2,,,m m k m k a a a ++也是等比数列，公比为k q ．②数列{}(0)n a λλ≠，(0)n a λλ⎧⎫≠⎨⎬⎩⎭，{}n a ，{}n n a b ，n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭，{}mn a 也是等比数列，而{}log a n a ()010n a a a >≠>，，是等差数列．【典例2-1】（2024·山西晋城·二模）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若150S >，160S <，则21a 的取值范围是（）A ．67,78⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．613,715⎛⎫⎪⎝⎭C ．67,,78⎛⎫⎛⎫−∞+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D ．613,,715⎛⎫⎛⎫−∞+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】B【解析】由题意可得：()158168915080S a S a a =>⎧⎨=+<⎩，即88900a a a >⎧⎨+<⎩，可知90a <，设等差数列{}n a 的公差为d ，则980d a a =−<，可得等差数列{}n a 为递减数列，则10a >，由88900a a a >⎧⎨+<⎩可得11702150a d a d +>⎧⎨+<⎩，则112715d a −<<−，所以211116131,715a a d d a a a +⎛⎫==+∈ ⎪⎝⎭. 故选：B.【典例2-2】（2024·北京顺义·二模）设1a ，2a ，3a ，…，7a 是1，2，3，…，7的一个排列.且满足122367a a a a a a −≥−≥≥−，则122367a a a a a a −+−++−的最大值是（）A ．23B ．21C ．20D ．18【答案】B【解析】122367a a a a a a −+−++−即为相邻两项之差的绝对值之和，则在数轴上重复的路径越多越好，又122367a a a a a a −≥−≥≥−，比如1726354→→→→→→，其对应的一个排列为1,7,2,63,5,4,则122367a a a a a a −+−++−的最大值是6+5+4+3+2+1=21故选：B【变式2-1】（2024·浙江宁波·二模）已知数列{}n a 满足2n a n n λ=−，对任意{}1,2,3n ∈都有1n n a a +>，且对任意{}7,N n n n n ∈≥∈都有1n n a a +<，则实数λ的取值范围是（）A ．11,148⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．11,147⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．11,157⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．11,158⎛⎤ ⎥⎝⎦【答案】C【解析】因为对任意{}1,2,3n ∈都有1n n a a +>，所以数列{}n a 在[]1,3上是递减数列，因为对任意{}7,N n n n n ∈≥∈都有1n n a a +<，所以数列{}n a 在[)7,+∞上是递增数列，所以0172211522λλλ⎧⎪>⎪⎪>⎨⎪⎪<⎪⎩，解得11157λ<<，所以实数λ的取值范围是11,157⎛⎫⎪⎝⎭.故选：C.【变式2-2】（多选题）（2024·浙江绍兴·二模）已知等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，且*n ∀∈N ，101na q q<−，则（） A ．数列{}n a 是递增数列B ．数列{}n a 是递减数列C ．若数列{}n S 是递增数列，则1q >D ．若数列{}n T 是递增数列，则1q >【答案】ACD【解析】由题意可知()()()()111211111,1n n n n n n n a q S T a a q a q a qq−−−===−，且*n ∀∈N ，101na q q<−，故有101a q <−且0q >（否则若0q <，则11na q q −的符号会正负交替，这与*n ∀∈N ，101n a q q<−，矛盾），也就是有101a q >⎧⎨>⎩或1001a q <⎧⎨<<⎩，无论如何，数列{}n a 是递增数列，故A 正确，B 错误；对于C ，若数列{}n S 是递增数列，即110n n n S S a ++−=>，由以上分析可知只能101a q >⎧⎨>⎩，故C 正确；对于D ，若数列{}n T 是递增数列，显然不可能是1001a q <⎧⎨<<⎩，（否则()121n n n n T a q −=的符号会正负交替，这与数列{}n T 是递增数列，矛盾），从而只能是101a q >⎧⎨>⎩，且这时有111n n n T a T ++=>，故D 正确. 故选：ACD.03 实际应用中的数列问题（1）数列实际应用中的常见模型①等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定的数，则该模型是等差模型，这个固定的数就是公差； ②等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数，则该模型是等比模型，这个固定的数就是公比；③递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，则应考虑是第n 项n a 与第1n +项1n a +的递推关系还是前n 项和n S 与前1n +项和1n S +之间的递推关系．在实际问题中建立数列模型时，一般有两种途径：一是从特例入手，归纳猜想，再推广到一般结论；二是从一般入手，找到递推关系，再进行求解．一般地，涉及递增率或递减率要用等比数列，涉及依次增加或减少要用等差数列，有的问题需通过转化得到等差或等比数列，在解决问题时要往这些方面联系．（2）解决数列实际应用题的3个关键点 ①根据题意，正确确定数列模型； ②利用数列知识准确求解模型；③问题作答，不要忽视问题的实际意义．【典例3-1】（2024·北京房山·一模）中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”则该人第三天走的路程为（） A ．12里 B ．24里 C ．48里 D ．96里【答案】C【解析】由题意可得，此人6天中每天走的路程是公比为12的等比数列，设这个数列为{}n a ，前n 项和为n S ，则16611163237813212a S a ⎛⎫− ⎪⎝⎭===−，解得1192a =，所以321192482a =⨯=，即该人第三天走的路程为48里. 故选：C.【典例3-2】（2024·北京海淀·一模）某生物兴趣小组在显微镜下拍摄到一种黏菌的繁殖轨迹，如图1.通过观察发现，该黏菌繁殖符合如下规律：①黏菌沿直线繁殖一段距离后，就会以该直线为对称轴分叉（分叉的角度约为60︒），再沿直线繁殖，…；②每次分叉后沿直线繁殖的距离约为前一段沿直线繁殖的距离的一半.于是，该组同学将整个繁殖过程抽象为如图2所示的一个数学模型：黏菌从圆形培养皿的中心O 开始，沿直线繁殖到11A ，然后分叉向21A 与22A 方向继续繁殖，其中21112260A A A ∠=︒，且1121A A 与1122A A 关于11OA 所在直线对称，112111221112A A A A OA ==….若114cm OA =，为保证黏菌在繁殖过程中不会碰到培养皿壁，则培养皿的半径r （*N r ∈，单位：cm ）至少为（）A ．6B ．7C ．8D ．9【答案】C【解析】由题意可知，114cm OA =，只要计算出黏菌沿直线一直繁殖下去，在11OA 方向上的距离的范围，即可确定培养皿的半径的范围，依题意可知黏菌的繁殖规律，由此可得每次繁殖在11OA 方向上前进的距离依次为：3131134,2,248，则31353842155724+++=>+=，黏菌无限繁殖下去，每次繁殖在11OA 方向上前进的距离和即为两个无穷等比递缩数列的和，即1311432164316841+28114228231144++⎛⎫⎛⎫+++⨯+++≈+⨯=<= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭−−，综合可得培养皿的半径r （*N r ∈，单位：cm ）至少为8cm ，故选：C【变式3-1】（2024·四川·模拟预测）分形几何学是美籍法国数学家伯努瓦-曼德尔布罗特在20世纪70年代创立的一门新学科，它的创立为解决传统科学领域的众多难题提供了全新的思路．下图展示了如何按照图①的分形规律生长成一个图②的树形图，则在图②中第2023行的黑心圈的个数是（）A ．2022312−B ．2023332−C ．202231−D ．202333−【答案】A【解析】设题图②中第n 行白心圈的个数为n a ，黑心圈的个数为n b ，依题意可得1113,2,2n n n n n n n n n a b a a b b b a −+++==+=+，且有111,0a b ==，故有()11113,,n n n n n n n n a b a b a b a b ++++⎧+=+⎨−=−⎩，所以{}n n a b +是以111a b 为首项，3为公比的等比数列，{}n n a b −为常数数列，且111a b −=，所以{}n n a b −是以111a b −=为首项，1为公比的等比数列，故13,1,n n n n n a b a b −⎧+=⎨−=⎩故1131,231,2n n n na b −−⎧+=⎪⎪⎨−⎪=⎪⎩所以20222023312b −=. 故选：A.【变式3-2】（2024·江西九江·二模）第14届国际数学教育大会（ICME -International Congreas of Mathematics Education ）在我国上海华东师范大学举行.如图是本次大会的会标，会标中“ICME -14”的下方展示的是八卦中的四卦——3、7、4、4，这是中国古代八进制计数符号，换算成现代十进制是3210387848482020⨯+⨯+⨯+⨯=，正是会议计划召开的年份，那么八进制107777⋅⋅⋅个换算成十进制数，则换算后这个数的末位数字是（）A ．1B ．3C ．5D ．7【答案】B【解析】由进位制的换算方法可知，八进制107777⋅⋅⋅个换算成十进制得：1098110187878787878118−⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯+⨯=⨯=−−，()101001019919101010101010811021C 10C 102C 102C 21−=−−=+⨯+⋅⋅⋅+⨯+−因为01019919101010C 10C 102C 102+⨯+⋅⋅⋅+⨯是10的倍数，所以，换算后这个数的末位数字即为101010C 21−的末尾数字，由101010C 211023−=可得，末尾数字为3.故选：B04 以数列为载体的情境题解决数列与数学文化相交汇问题的关键【典例4-1】（2024·上海黄浦·二模）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若对任意的*N n ∈，n S 都是数列{}n a 中的项，则称数列{}n a 为“T 数列”.对于命题：①存在“T 数列”{}n a ，使得数列{}n S 为公比不为1的等比数列；②对于任意的实数1a ，都存在实数d ，使得以1a 为首项、d 为公差的等差数列{}n a 为“T 数列”.下列判断正确的是（）A ．①和②均为真命题B ．①和②均为假命题C ．①是真命题，②是假命题D ．①是假命题，②是真命题【答案】A【解析】对于命题①，对于数列{}n a ，令21,12,2n n n a n −=⎧=⎨≥⎩，则11,12,2n n n S n −=⎧=⎨≥⎩，数列{}n S 为公比不为1的等比数列，当1n =时，11S =是数列{}n a 中的项，当2n ≥时，12n n S −=是数列{}n a 中的项，所以对任意的*N n ∈，n S 都是数列{}n a 中的项，故命题①正确；对于命题②，等差数列{}n a ，令1a d =−，则()()112n a a n d n d =+−=−，则()()()123222n n n d n d n a a n n S d ⎡⎤−+−+−⎣⎦===，因为21n −≥−且2Z n −∈， ()2313912228n n n −⎛⎫=−−≥− ⎪⎝⎭，且()3N*,Z 2n n n −∈∈，所以对任意的*N n ∈，n S 都是数列{}n a 中的项，所以对于任意的实数1a ，都存在实数d ，使得以1a 为首项、d 为公差的等差数列{}n a 为“T 数列”，故命题②正确；故选：A.【典例4-2】（2024·广东梅州·二模）已知{}n a 是由正整数组成的无穷数列，该数列前n 项的最大值记为n M ，即{}12max ,,,n n M a a a =⋅⋅⋅；前n 项的最小值记为n m ，即{}12min ,,,n n m a a a =⋅⋅⋅，令n n n p M m =−（1,2,3,n =⋅⋅⋅），并将数列{}n p 称为{}n a 的“生成数列”． (1)若3n n a =，求其生成数列{}n p 的前n 项和； (2)设数列{}n p 的“生成数列”为{}n q ，求证：n n p q =；(3)若{}n p 是等差数列，证明：存在正整数0n ，当0n n ≥时，n a ，1n a +，2n a +，⋅⋅⋅是等差数列．【解析】（1）因为3nn a =关于n 单调递增，所以{}12max ,,,3nn n n M a a a a =⋅⋅⋅==，{}121min ,,,3n n m a a a a =⋅⋅⋅==，于是33nn n n p M m =−=−，{}n p 的前n 项和()()()()()1231333333333313132n n nn P n n −=−+−++−=−=−−−．（2）由题意可知1n n M M +≥，1n n m m +≤，所以11n n n n M m M m ++−≥−，因此1n n p p +≥，即{}n p 是单调递增数列，且1110p M m ==-，由“生成数列”的定义可得n n q p =．（3）若{}n p 是等差数列，证明：存在正整数0n ，当0n n ≥时，12n n n a a a ++⋯,,,是等差数列．当{}n p 是一个常数列，则其公差d 必等于0，10n p p ==，则n n M m =，因此{}n a 是常数列，也即为等差数列；当{}n p 是一个非常数的等差数列，则其公差d 必大于0，1n n p p +>，所以要么11n n n M a M ++>=，要么11n n n m a m ++=<，又因为{}n a 是由正整数组成的数列，所以{}n a 不可能一直递减，记2min ,{}n n a a a a =,,,，则当0n n >时，有n n M m =，于是当0n n >时，0n n n n n p M m a a =−=−，故当0n n >时，0n n n a p a =+，…，因此存在正整数0n ，当0n n ≥时，12n n n a a a ++,,，…是等差数列．综上，命题得证．【变式4-1】（2024·全国·模拟预测）“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，它比西方的“帕斯卡三角形”早了300多年.下图是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，记n a 为由图中虚线上的数1，3，6，10，…依次构成的数列的第n 项，则1220111a a a ++⋅⋅⋅+的值为 .【答案】4021【解析】设第n 个数为n a ，则11a =，212a a −=，323a a −=，434a a −=，…，1n n a a n −−=，叠加可得()11232n n n a n +=+++⋅⋅⋅+=， ∴122011122212232021a a a ++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅+⨯⨯⨯ 111114021223202121⎛⎫=⨯−+−+⋅⋅⋅+−= ⎪⎝⎭.故答案为：4021. 【变式4-2】（2024·内蒙古呼伦贝尔·一模）南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差相等．对这类高阶等差数列的研究·杨辉之后一般被称为“垛积术”．现有高阶等差数列前几项分别为1，4，8，14，23，36，54，则该数列的第21项为 . （注：()()22221211236n n n n +++++⋅⋅⋅+=）【答案】1391【解析】设题设高阶等差数列为{}n a ，令1n n n b a a +=−，设数列{}n b 的前n 项和为n B ，则数列{}n b 的前几项分别为3,4,6,9,13,18，1111n n n B a a a ++=−=−，令1+=−n n n c b b ，设数列{}n c 的前n 项和为n C ，则数列{}n c 的前几项分别为1,2,3,4,5，1113n n n C b b b ++=−=−，易得2,2n n n n c n C +==，所以21332n n n n b C ++=+=+，故()21133222n n n n b n −=+=−+，则()()()()()1211111632626n n n n n n n n n B n n ⎡⎤++++−=−+=+⎢⎥⎣⎦，所以11n n a B +=+，所以211391a =．故答案为：139105 数列放缩在证明不等式时，有时把不等式的一边适当放大或缩小，利用不等式的传递性来证明，我们称这种方法为放缩法.放缩时常采用的方法有：舍去一些正项或负项、在和或积中放大或缩小某些项、扩大（或缩小）分式的分子（或分母）.放缩法证不等式的理论依据是：,A B B C A C >>⇒>；,A B B C A C <<⇒<.放缩法是一种重要的证题技巧，要想用好它，必须有目标，目标可从要证的结论中去查找.【典例5-1】（2024·天津滨海新·二模）已知数列{}n a 满足112,1,2n n n n a t qa n a −−=⎧⎪=⎨+≥⎪⎩，其中220,0,0,N q t q t n ≥≥+≠∈.(1)若0qt =，求数列{}n a 的前n 项的和； (2)若0=t ，2q且数列{}n d 满足：11n nn n n a a d a a =++−，证明：121ni i d n =<+∑. (3)当12q =，1t =时，令)22,2n n b n n a =≥∈−N ，判断对任意2n ≥，N n ∈，n b 是否为正整数，请说明理由.【解析】（1）因为0qt =，220q t +≠，所以当0q =时，0t ≠，2n ≥时，1n n t a a −=，即n 为奇数时，2n a =；n 为偶数时，2n ta =. 记数列{}n a 的前n 项的和为n S ，当n 为偶数时，222n n t S ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，当n 为奇数时，112221224n n n t tn tS S n −−−⎛⎫=+=++=++ ⎪⎝⎭，综上2,2221,214n n t n k S tn t n n k ⎧⎛⎫+= ⎪⎪⎪⎝⎭=⎨−⎪++=+⎪⎩，其中N k ∈.当0=t 时，0q ≠，2n ≥时，1n n a qa −=，此时{}n a 是等比数列，当1q =时，2n S n =；当1q ≠时，()211nn q S q−=−，故()2,121,11nn n q S q q q=⎧⎪=−⎨≠⎪−⎩. （2）由（1）知，0=t ，2q时，2n n a =，22112121n n n n n n n n n a a d a a =+=++−+−1122121n n =+−−+，112211111112212121212121nin n i dn =⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+−+−++− ⎪ ⎪ ⎪−+−+−+⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑ 1212121n n n ≤+−<++（3）对任意2n ≥，N n ∈，n b 是正整数.理由如下：当12q =，1t =时，21111322a a a =+=，此时24b =； 2321117212a a a =+=，此时324b =；由202n n b a =>−，平方可得2242n n a b =+，212142n n a b ++=+，又222121111124n n n n n a a a a a +⎛⎫=+=++ ⎪⎝⎭，所以22221414221442n n n n b b b b +⎛⎫+=+++ ⎪+⎝⎭，整理可得()222142n n n b b b +=+，当3n ≥时，()2221142n n n b b b −−=+，所以()()222222111424242n n n n n n b b b b b b +−−⎡⎤=+=++⎣⎦ ()()22242211141241n n n n n b b b b b −−−=++=+，所以()21121n n n b b b +−=+，由23N,N b b ∈∈，所以4N b ∈，以此类推，可知对任意2n ≥，N n ∈，n b 是正整数.【典例5-2】（2024·全国·模拟预测）已知数列{}n a 的各项均为正数，11a =，221n n n a a a ++≥．(1)若23a =，证明：13n n a −≥；(2)若10512a =，证明：当4a 取得最大值时，121112na a a +++<．【解析】（1）由题意知，211n n n n a a a a +++≥，设1n n na q a +=，12n q q q ∴≤≤≤，23a =，11a =，13q ∴=，当2n ≥时，113211121111213n n nn n n a a a a a a q q q a q a a a −−−−=⋅⋅=⋅⋅≥⋅=．当1n =时，11a =满足13n n a −≥，综上，13n n a −≥.（2）()31011291231512a a q q q q q q a =⋅⋅=≥⋅⋅⋅，1238q q q ∴⋅⋅≤，4a ∴的最大值为8，当且仅当123456789q q q q q q q q q ⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅时取等号．而12n q q q ≤≤≤，1292q q q ∴====，而10n ≥时，192n n q q q −≥≥≥=，1112n n n a a q −−≥∴⋅=，2112111111111121()()2121222212nn n n a a a −⎛⎫⋅− ⎪⎛⎫⎝⎭∴+++≤++++==−< ⎪⎝⎭−．【变式5-1】（2024·浙江杭州·二模）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()*4224,21n n S S a a n ==+∈N ．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)数列{}n b 满足13b =，令21n n n n a b a b ++⋅=⋅，求证：192nk k b =<∑．【解析】（1）设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ．由4224,21n nS S a a ==+，得()()11114684212211a d a da n d a n d +=+⎧⎨+−=+−+⎩，解得：1a 1,d2，所以()()12121n a n n n *=+−=−∈N ．（2）由（1）知，()()12123n n n b n b +−=+，即12123n n b n b n +−=+，12321n n b n b n −−=+，122521n n b n b n −−−=−，……，322151,75b b b b ==，利用累乘法可得：1211212325313212175n n n n n b b b n n b b b b b n n −−−−−=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅+− ()()()99112212122121n n n n n ⎛⎫==−≥ ⎪−+−+⎝⎭，13b =也符合上式，12311nkn n k bb b b b b −==+++++∑9111111112335572121n n ⎡⎤⎛⎫=−+−+−++− ⎪⎢⎥−+⎝⎭⎣⎦911221n ⎛⎫=−⎪+⎝⎭所以191912212nk k b n =⎛⎫=−< ⎪+⎝⎭∑．【变式5-2】（2024·广西·二模）在等差数列{}n a 中，26a =，且等差数列{}1n n a a ++的公差为4. (1)求10a ； (2)若2111n n n n b a a a −+=+，数列{}n b 的前n 项和为n S ，证明：21228n S n n <++. 【解析】（1）设{}n a 的公差为d ，则1212()()24n n n n n n a a a a a a d +++++−+=−==，2d =，又26a =，所以1624a =−=，所以42(1)22n a n n =+−=+，1022a =．（2）由（1）得11114()44(1)(2)412n b n n n n n n =+=−+++++，所以2212111(1)111()42222422284(2)8n n n n S b b b n n n n n n +=+++=−+⨯=++−<++++．1．在公差不为0的等差数列{}n a 中，3a ，7a ，m a 是公比为2的等比数列，则m =（） A ．11 B ．13C ．15D ．17【答案】C【解析】设等差数列的公差为d ，则0d ≠，因为3a ，7a ，m a 是公比为2的等比数列，所以()1111162,226a m d a d a d a d +−+==++，由前者得到12a d =，代入后者可得128m +=，故15m =，故选：C.2．记数列{}n a 的前n 项积为n T ，设甲：{}n a 为等比数列，乙：2n n T ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等比数列，则（）A ．甲是乙的充分不必要条件B ．甲是乙的必要不充分条件C ．甲是乙的充要条件D ．甲是乙的既不充分也不必要条件【答案】D【解析】若{}n a 为等比数列，设其公比为q ，则11n n a a q −=，(1)12(1)211n n n n n n T a q a q−+++−==，于是(1)12()22n n n n n T a q −=，(1)111211(1)12()222()22n n n n n n n n n n nT a qa q T a q ++++−==⋅，当1q ≠时，12n a q ⋅不是常数，此时数列2n n T ⎧⎫⎨⎬⎩⎭不是等比数列，则甲不是乙的充分条件；若2n nT ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等比数列，令首项为1b ，公比为p ，则112n n n T b p −=，112(2)n n T b p −=⋅，于是当2n ≥时，112112(2)22(2)n n n n n T b p a p T b p −−−⋅===⋅，而1112a T b ==，当1b p ≠时，{}n a 不是等比数列，即甲不是乙的必要条件，所以甲是乙的既不充分也不必要条件. 故选：D3．已知数列{}n a 为等比数列，且11a =，916a =，设等差数列{}n b 的前n 项和为n S ，若55b a =，则9S =（） A ．－36或36 B ．－36C ．36D ．18【答案】C【解析】数列{}n a 为等比数列，设公比为q ，且11a =，916a =，则89116a q a ==，则44q =，则45514b a a q ===，则()199599362b b S b+⨯===，故选：C.4．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，36S =，()*3164,n S n n −=≥∈N ，20n S =，则n 的值为（）A ．16B ．12C ．10D ．8【答案】B【解析】由36S =，得1236a a a ++=①，因为()*3164,n S n n −=≥∈N ，20n S =，所以34n n S S −−=，即124n n n a a a −−++=②，①②两式相加，得1213210n n n a a a a a a −−+++++=，即()1310n a a +=，所以1103n a a +=，所以()152023n n n a a n S +===，解得12n =. 故选：B.5．在等比数列{}n a 中，00n a >．则“001n n a a +>”是“0013n n a a ++>”的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】设等比数列{}n a 的公比为0q ≠，当001n n a a +>时，即有00n n a q a >⋅，又00n a >，故1q <且0q ≠，当1q <−时，有0002311n n n a q a a +++=>，故不能得到0013n n a a ++>，即“001n n a a +>”不是“0013n n a a ++>”的充分条件；当0013n n a a ++>时，即有0002311n n n a q a a +++=<，即21q <且0q ≠，则001n n a q a +=⋅，当()1,0q ∈−时，由00n a >，故010n a +<，故001n n a a +>，当()0,1q ∈时，0001n n n a q a a +=⋅<，亦可得001n n a a +>，故“001n n a a +>”是“0013n n a a ++>”的必要条件；综上所述，“001n n a a +>”是“0013n n a a ++>”的必要不充分条件. 故选：B.6．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且22n n nS a a =+，数列{}n b 的前n 项积为n T 且2n n T S =，下列说法错误的是（）A ．2n S nB ．{}n b 为递减数列C ．202420242023b = D ．2(1)n a n n =−【答案】B【解析】当1n =时，11122a a a =+，解得12a = 当2n ≥时，1122n n n n n S S S S S −−=−−+，即2212n n S S −−=，且212S =，所以数列}{2n S 是首项为2，公差为2的等差数列，所以()22212n S n n =+⋅−=，又0n a >，所以2n S n =，故A 正确；当2n ≥时，有()22121n a n n n n =−=−，取1n =时，121112a =−=1a ，故数列}{n a 的通项公式为21n a n n =−,故D 正确；因为数列{}n b 的前n 项积为n T 且2n n T S =，所以21232n n n T b b b b S n =⋅⋅==，当1n =时，12b =，当2n ≥时，()12111121111n n n T n n n b T n n n n −−+=====+−−−−，显然1n =不适用，故数列{}n b 的通项公式为2,111,21n n b n n =⎧⎪=⎨+≥⎪−⎩，显然122b b ==，所以数列{}n b 不是递减数列，故B 错误，由当2n ≥时，1n n b n =−，得202420242024202412023b ==−，故C 正确，故选：B.7．（多选题）数列{}n a 满足：()111,32n n a S a n −==≥，则下列结论中正确的是（）A ．213a =B ．{}n a 是等比数列C ．14,23n n a a n +=≥D ．114,23n n S n −−⎛⎫=≥ ⎪⎝⎭【答案】AC【解析】由13(2)n n S a n −=≥，当1122,31n S a a ====，解得213a =，故A 正确；当1n ≥，可得13n n S a +=，所以1133(2)n n n n S S a a n −+−=−≥，所以133(2)n n n a a a n +=−≥，即14(2)3n n a a n +=≥，而2113=a a ，故C 正确，B 不正确；因22112311413341,24313n n n n Sa a a a n −−−−⎡⎤⎛⎫−⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=++++=+=> ⎪⎝⎭−，故D 错误. 故选：AC.8．（多选题）设{}n a 是等差数列，n S 是其前n 项的和.且56S S <，678S S S =>，则下面结论正确的是（）A ．0d ≤B ．70a =C ．6S 与7S 均为n S 的最大值D ．满足0n S <的n 的最小值为14【答案】BCD【解析】A ：因为678S S S =>，所以7678780,0S S a S S a −==−=<，所以870d a a =−<，故A 错误； B ：由A 的解析可得B 正确；C ：因为56S S <，678S S S =>，所以6S 与7S 均为n S 的最大值，故C 正确；D ：因为71132a a a =+，由()113131302a a S +==，()()114147814702a a S a a +==+<，故D 正确；故选：BCD.9．（多选题）已知数列{}n a 满足：212n n n a a a λ+=++*()N n ∈，其中R λ∈，下列说法正确的有（）A ．当152,4a λ==时，1n a n ≥+ B ．当1,4λ∞⎡⎫∈+⎪⎢⎣⎭时，数列{}n a 是递增数列C ．当2λ=−时，若数列{}n a 是递增数列，则()()1,31,a ∞∞∈−−⋃+D ．当13,0a λ==时，1211112223n a a a +++<+++【答案】ACD【解析】对于A ，当54λ=时，2215111042n n n n n a a a a a +⎛⎫−=++=++≥> ⎪⎝⎭，又12a =，故11n n a a +>+，所以1211211n n n a a a a n n −−>+>+>>+−+=，故A 项正确．对于B ，因为22111()24n n n n n a a a a a λλ+−=++=++−且1,4λ∞⎡⎫∈+⎪⎢⎣⎭，所以10n n a a +−≥，当14λ=，112a =-时，22211111,,()2220n n n n n a a a a a a a ++⇒⇒−=+==-==-，此时数列{}n a 是常数列，故B 项错误；对于C, 由于数列{}n a 是递增数列, 当2n ≥时，故10n n a a −−>，2211111(22)(22)()(2)0n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a +−−−−−=+−−+−=−++>，故120n n a a −++>，所以2121020a a a a −>⎧⎨++>⎩，即()()211121112202220a a a a a a ⎧+−−>⎪⎨+−++>⎪⎩，解得11a >或13a <−，故C 项正确；对于D,当0λ=时，2212(1)1n nn n a a a a +=+=+−，结合13a =，可知2214111a a =−=>， 232133a a =−>，⋯，结合111()(2)n n n n n n a a a a a a +−−−=−++，可知{}n a 是递增数列，13n a a ≥=，则12(2)3(2)n n n n a a a a ++=+≥+，即1232n n a a ++≥+，所以1121212223(2)222n nn n n a a a n a a a −−−−+++⨯⨯⨯≥≥+++，即11523(2)3(2)3n nn a a n −+≥+=⨯≥，所以131(2)253n n n a ≤⨯≥+，当1n =时，1111312553a =≤⨯+，所以*131(N )253n n n a ≤⨯∈+，可得2111(1)1311133133()125333510313nn n i i a =−≤+++=⨯<<+−∑，故D 项正确；故选：ACD ．10．（多选题）已知数列{}n a 满足2122n n n a a a +=−+，则下列说法正确的是（）A ．当112a =时，()5124n a n <≤≥ B ．若数列{}n a 为常数列，则2n a = C ．若数列{}n a 为递增数列，则12a > D ．当13a =时，1221n n a −=+【答案】AD【解析】对于A ，当112a =时，254a =，令1n nb a =−，则21n n b b +=，214b =，故()1024n b n <≤≥，即()5124n a n <≤≥，A 正确；对于B ，若数列{}n a 为常数列，令n a t =，则222t t t =−+，解得1t =或2,1n t a =∴=或2n a =，B 不正确；对于C ，令1n n b a =−，则21n n b b +=，若数列{}n a 为递增数列，则数列{}n b 为递增数列，则210n n n n b b b b +−=−>，解得0n b <或1n b >.当11b <−时，2211b b =>，且21n n b b +=，2312,n b b b b b ∴<<⋅⋅⋅<<⋅⋅⋅<，此时数列{}n b 为递增数列，即数列{}n a 为递增数列；当110b −≤<时，201b <≤，且21n n b b +=，2312,n b b b b b ∴≥≥⋅⋅⋅≥≥⋅⋅⋅<，此时数列{}n b 不为递增数列，即数列{}n a 不为递增数列；当11b >时，21n n b b +=，123n b b b b ∴<<<⋅⋅⋅<<⋅⋅⋅，此时数列{}n b 为递增数列，即数列{}n a 为递增数列.综上，当11b <−或11b >，即10a <或12a >时，数列{}n a 为递增数列，C 不正确；对于D ，令1n n b a =−，则21n n b b +=，12b =，两边同时取以2为底的对数，得212log 2log n n b b +=，21log 1b =，∴数列{}2log n b 是首项为1，公比为2的等比数列， 12log 2n n b −∴=，即11222,21n n n n b a −−=∴=+，D 正确.故选：AD.11．洛卡斯是十九世纪法国数学家，他以研究斐波那契数列而著名．洛卡斯数列就是以他的名字命名，洛卡斯数列{}n L 为：1,3,4,7,11,18,29,47,76,，即1213L L ==,，且()21n n n L L L n *++=+∈N ．设数列{}n L 各项依次除以4所得余数形成的数列为{}n a ，则2024a = ．【答案】3【解析】{}n L 的各项除以4的余数分别为1,3,0,3,3,2,1,3,0,，故可得{}n a 的周期为6，且前6项分别为1,3,0,3,3,2，所以20246337223a a a ⨯+===. 故答案为：3.12．某钢材公司积压了部分圆钢，经清理知共有2024根，每根圆钢的直径为10厘米．现将它们堆放在一起.若堆成纵断面为等腰梯形（如图每一层的根数比上一层根数多1根），且为考虑安全隐患，堆放高度不得高于32米，若堆放占用场地面积最小，则最下层圆钢根数为 .【答案】134【解析】设第一层有m 根，共有n 层，则(1)20242n n n S nm −=+=， 4(21)404821123n m n +−==⨯⨯，显然n 和21m n +−中一个奇数一个偶数，则1121368n m n =⎧⎨+−=⎩或1621253n m n =⎧⎨+−=⎩或23176n m =⎧⎨=⎩，即11179n m =⎧⎨=⎩或16119n m =⎧⎨=⎩或2377n m =⎧⎨=⎩，显然每增加一层高度增加53当11179n m =⎧⎨=⎩时，10531096.6h =⨯≈厘米150<厘米，此时最下层有189根；当16119n m =⎧⎨=⎩时，155310139.9h =⨯≈厘米150<厘米，此时最下层有134根；当2377n m =⎧⎨=⎩时，22310200.52150h =⨯≈>厘米，超过32米，所以堆放占用场地面积最小时，最下层圆钢根数为134根. 故答案为：13413．已知数列{}n a 是给定的等差数列，其前n 项和为n S ，若9100a a <，且当0m m =与0n n =时，m nS S −{}()*,|30,m n x x x ∈≤∈N 取得最大值，则00mn −的值为 .【答案】21【解析】不妨设数列{}n a 的公差大于零，由于9100a a <，得9100,0a a <>，且9n ≤时，0n a <，10n ≥时，0n a >，不妨取m n >，则1mm n ii n S S a=+−=∑，设3030910i i k S S a ==−=∑，若9,30n m >=，则030301n ii n S S ak =+−≤<∑，此时式子取不了最大值；若9,30n m <=，则09301n ii n S S a k =+−≤+∑，又9i ≤时，0i a <，因为09301n ii n S S a k k =+−≤+<∑，此时式子取不了最大值；因此这就说明09n n ==必成立. 若30m <，则0910m m i i S S a k =−≤<∑，这也就说明030m <不成立，因此030m =，所以0021m n −=. 故答案为：21.14．已知数列 {}n a 是各项均为正数的等比数列， n S 为其前 n 项和， 1331614a a S ==，，则2a = ；记 ()1212n n T a a a n ==，，，若存在 *0n ∈N 使得 n T 最大，则 0n 的值为．【答案】 4 3或4【解析】等比数列{}n a 中，公比0q >；由213216a a a ⋅==，所以24a =，又314S =，所以13131610a a a a ⋅=⎧⎨+=⎩解得1328a a =⎧⎨=⎩或1382a a =⎧⎨=⎩；若1328a a =⎧⎨=⎩时，可得2q，则21224a a q ==⨯=，且012,,,n a a a ⋯的值为2,4,8,16⋯，，可知数列{}n a 单调递增，且各项均大于1，所以不会存在0n 使得012,,,n a a a ⋯的乘积最大(舍去)；若1382a a =⎧⎨=⎩时，可得12q =，则211842a a q ==⨯=，且012,,,n a a a ⋯的值为118,4,2,1,,24，…，可知数列{}n a 单调递减，从第5项起各项小于1且为正数，前4项均为正数且大于等于1，所以存在03n =或04n =，使得8421⨯⨯⨯的乘积最大，综上，可得0n 的一个可能值是3或4. 故答案为：4；3或415．在数列{}n a 中，122,3a a ==−.数列{}n b 满足()*1n n n b a a n +=−∈N .若{}n b 是公差为1的等差数列，则{}n b 的通项公式为nb= ，n a 的最小值为 .【答案】 6n − 13−【解析】由题意1215b a a =−=−，又等差数列{}n b 的公差为1，所以()5116n b n n =−+−⋅=−；故16n n a a n +−=−，所以当6n ≤时，10n n a a +−≤，当6n >时，10n n a a +−>，所以123456789a a a a a a a a a >>>>>=<<<⋅⋅⋅，显然n a 的最小值是6a .又16n n a a n +−=−，所以()()()()()612132435465a a a a a a a a a a a a =+−+−+−+−+−()()()()()25432113=+−+−+−+−+−=−，即n a 的最小值是13−. 故答案为：6n −，13−16．第24届北京冬奥会开幕式由一朵朵六角雪花贯穿全场，为不少人留下深刻印象．六角雪花曲线是由正三角形的三边生成的三条1级Koch 曲线组成，再将六角雪花曲线每一边生成一条1级Koch 曲线得到2级十八角雪花曲线（如图3）……依次得到n 级*()n K n ∈N 角雪花曲线．若正三角形边长为1，我们称∧为一个开三角（夹角为60︒），则n 级n K 角雪花曲线的开三角个数为，n 级n K 角雪花曲线的内角和为．。

高考数列压轴题含答案

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

新高考数学高考数学压轴题数列多选题分类精编含解析

新高考数学高考数学压轴题数列多选题分类精编含解析一、数列多选题1．各项均为正数的等比数列{}n a 的前n 项积为n T ，若11a >，公比1q ≠，则下列命题正确的是（）A ．若59T T =，则必有141T =B ．若59T T =，则必有7T 是n T 中最大的项C ．若67T T >，则必有78T T >D ．若67T T >，则必有56T T >【答案】ABC 【分析】根据题意，结合等比数列的通项公式、等差数列的前n 项和公式，以及等比数列的性质，逐项分析，即可求解. 【详解】由等比数列{}n a 可知11n n a a q -=⋅，由等比数列{}n a 的前n 项积结合等差数列性质可知：()1211212111111123n n n n n n n n a a q a q a qa a T a a a q a q--+++-=⋅⋅⋅==⋅=对于A ，若59T T =，可得51093611a q a q =，即42611a q =，()71491426211141a q q T a ∴===，故A 正确；对于B ，若59T T =，可得42611a q =，即13211a q=，又11a >，故1q <，又59T T =，可知67891a a a a =，利用等比数列性质知78691a a a a ==，可知67891,1,1,1a a a a >><<，故7T 是n T 中最大的项，故B 正确；对于C ，若67T T >，则61572111a q a q >，即611a q <，又10a >，则1q <，可得76811871T T a a q a q <=<=，故78T T >，故C 正确；对于D ，若67T T >，则611a q <，56651T a T a q ==，无法判断其与“1”的大小关系，故D 错误. 故选：ABC 【点睛】关键点点睛：本题主要考查了等比数列的通项公式及等差数列前n 项和公式，以及等比数列的性质的应用，其中解答中熟记等比数列的通项公式和性质及等差数列的求和公式，准确运算是解答的关键，着重考查了学生的推理与运算能力，属于较难题.2．在n n n A B C （1,2,3,n =）中，内角,,n n n A B C 的对边分别为,,n n n a b c ，n n n A B C 的面积为n S ，若5n a =，14b =，13c =，且222124n n n a c b ++=，222124n n n a b c ++=，则（） A ．n n n A B C 一定是直角三角形B ．{}n S 为递增数列C ．{}n S 有最大值D ．{}n S 有最小值【答案】ABD 【分析】先结合已知条件得到()222211125=252n n n n b c b c +++-+-，进而得到22225=n n n b c a +=，得A 正确，再利用面积公式得到递推关系1221875=644n n S S ++，通过作差法判定数列单调性和最值即可. 【详解】由222124n n n a c b ++=，222124n n n a b c ++=得，222222112244n n n n n n a c a b bc+++++=+()2221122n n n a b c =++()2225122n n b c =++，故()222211125=252n n n n b c b c +++-+-，又221125=0b c +-，22250n n b c ∴+-=，22225=n n n b c a ∴+=，故n n n A B C 一定是直角三角形，A 正确；n n n A B C 的面积为12n n n S b c =，而()4222222222221124224416n n n n n n n n n n n n a b c a b c a c a b b c +++++++=⨯=，故()42222222222111241875161875==1616641n n n n n n n n n n n a b c a b bS S c c S +++++++==+，故22212218751875==6446434n n n n n S S SS S +-+--，又22125=244n n n n n b c b c S +=≤（当且仅当=n n b c 22121875=06344n n n S SS +∴--≥，又由14b =，13c =知n n b c ≠不是恒成立，即212n n S S +>，故1n n S S +>，故{}n S 为递增数列，{}n S 有最小值16=S ，无最大值，故BD 正确，C 错误. 故选：ABD. 【点睛】本题解题关键是利用递推关系得到()222211125=252n n n n b c b c +++-+-，进而得到22225=n n n b c a +=，再逐步突破.数列单调性常用作差法判定，也可以借助于函数单调性判断.3．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列{}n a 称为“斐波那契数列”，记n S 为数列{}n a 的前n 项和，则下列结论正确的是（） A ．68a = B ．954S =C ．135********a a a a a ++++=D ．22212201920202019a a a a a +++= 【答案】ACD 【分析】由题意可得数列{}n a 满足递推关系12211,1,(3)n n n a a a a a n --===+≥，依次判断四个选项，即可得正确答案. 【详解】对于A ，写出数列的前6项为1,1,2,3,5,8，故A 正确；对于B ，911235813+21+3488S =++++++=，故B 错误；对于C ，由12a a =，342a a a =-，564a a a =-，……，201920202018a a a =-，可得：13520192426486202020182020a a a a a a a a a a a a a a +++⋅⋅⋅+=+-+-+-++-=，故C正确.对于D ，斐波那契数列总有21n n n a a a ++=+，则2121a a a =，()222312321a a a a a a a a =-=-，()233423423a a a a a a a a =-=-，……，()220182018201920172018201920172018a a a a a a a a =-=-，220192019202020192018a a a a a =-，可得22212201920202019201920202019a a a a a a a a+++==，故D 正确；故选：ACD. 【点睛】本题以“斐波那契数列”为背景，考查数列的递推关系及性质，考查方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意递推关系的灵活转换，属于中档题.4．已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,……，其中第一项是02，接下来的两项是012,2,再接下来的三项是0122,2,2,依次类推…，第n 项记为n a ，数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（）A ．6016a =B ．18128S =C ．2122k k k a -+=D ．2221kk kS k +=--【答案】AC 【分析】对于AC 两项，可将数列进行分组，计算出前k 组一共有()12k k +个数，第k 组第k 个数即12k -，可得到选项C由C 得到9552a =，60a 则为第11组第5个数，可得60a 对于BD 项，可先算得22k kS +，即前k 组数之和18S 即为前5组数之和加上第6组前3个数，由21222k k k S k ++=--结论计算即可.【详解】A.由题可将数列分组第一组：02 第二组：012,2, 第三组：0122,2,2, 则前k 组一共有12++…()12k k k ++=个数第k 组第k 个数即12k -，故2122k k k a -+=，C 对又()10101552+=，故9552a = 又()11111662+=， 60a 则为第11组第5个数第11组有数：0123456789102,2,2,2,2,2,2,2,2,2,2 故460216a ==，A 对对于D. 每一组的和为0122++ (1)2122121k k k --+==-- 故前k 组之和为1222++…()122122221k k k k k k +-+-=-=---21222k k k S k ++=--故D 错. 对于B.由D 可知，615252S =--()551152+=，()661212+=01261815222252764S S =+++=--+=故B 错故选：AC 【点睛】数列求和的方法技巧(1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和． (2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和． (3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和．5．已知等比数列{}n a 满足11a =，其前n 项和()*1,0n n S pa r n N p +=+∈>．（）A ．数列{}n a 的公比为pB ．数列{}n a 为递增数列C ．1r p =--D ．当14p r-取最小值时，13-=n n a 【答案】BD 【分析】先结合已知条件，利用1n n n a S S -=-找到,p q 的关系，由11p q =-判断选项A 错误，由11pq p+=>判断B 正确，利用{}n a 通项公式和前n 项和公式代入已知式计算r p =-判断C 错误，将r p =-代入14p r-，利用基本不等式求最值及取等号条件，判断D 正确. 【详解】依题意，等比数列{}n a ，11a =，其前n 项和()*1,0n n S pa r n N p +=+∈>，设公比是q ，2n ≥时，11n n n n S pa rS pa r +-=+⎧⎨=+⎩，作差得，1n n n pa a pa +-=，即()11n n p a pa +=+，故11n n a p a p ++=，即1p q p +=，即11p q =-. 选项A 中，若公比为p ，则11p q q ==-，即210q q --=，即p q ==时，数列{}n a 的公比为p ，否则数列{}n a 的公比不为p ，故错误；选项B 中，由0p >知，1111p q p p +==+>，故111111n n n n a a q q p ---=⋅==⎛⎫+ ⎪⎝⎭是递增数列，故正确；选项C 中，由1n n S pa r +=+，11n n q S q-=-，11p q =-，1nn a q +=知， 1111111n n n n q p q q a qr S p q +--=-⋅=-=---=，故C 错误；选项D 中，因为r p =-，故()1111444p p p r p p -=-=+≥=⋅-，当且仅当14p p =，即12p =时等号成立，14p r-取得最小值1，此时13p q p +==，113n n n a q --==，故正确.故选：BD. 【点睛】方法点睛：由数列前n 项和求通项公式时，一般根据11,2,1n n n S S n a a n --≥⎧=⎨=⎩求解；2、当两个正数,a b的积为定值，要求这两个正数的和式的最值时，可以使用基本不等式a b +≥，当且仅当a b =取等号.6．已知数列{}n a 满足11a =，()111n n na n a +-+=，*n N ∈，其前n 项和为n S ，则下列选项中正确的是（）A ．数列{}n a 是公差为2的等差数列B ．满足100n S <的n 的最大值是9C ．n S 除以4的余数只能为0或1D ．2n n S na = 【答案】ABC 【分析】根据题意对()111n n na n a +-+=变形得()1111111n n a a n n n n n n +=-+-=++，进而根据累加法求得()*21n a n n N =-∈，再依次讨论各选项即可得答案.【详解】解：因为()111n n na n a +-+=，故等式两边同除以()1n n +得：()1111111n n a a n n n n n n +=-+-=++，所以()1111111n n a a n n n n n n -=-----=，()()12111221211n n a a n n n n n n --=------=--，，2111121122a a =-⨯-= 故根据累加法得：()11121n a a n nn =-≥-，由于11a =，故()212n a n n =-≥，检验11a =满足，故()*21n a n n N=-∈所以数列{}n a 是公差为2的等差数列，故A 选项正确；由等差数列前n 项和公式得：()21212n n n S n +-==，故2100n n S =<，解得：10n <，故满足100n S <的n 的最大值是9，故B 选项正确；对于C 选项，当*21,n k k N =-∈时，22441n n k S k ==-+，此时n S 除以4的余数只能为1；当*2,n k k N =∈时，224n n k S ==，此时n S 除以4的余数只能0，故C 选项正确；对于D 选项，222n S n =，()2212n n n n n n a =-=-，显然2n n S na ≠，故D 选项错误.故选：ABC 【点睛】本题考查累加法求通项公式，裂项求和法，等差数列的相关公式应用，考查运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于整理变形已知表达式得()1111111n n a a n n n n n n +=-+-=++，进而根据累加法求得通项公式.7．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a ＝，且1n n S a λ-＝（λ为常数）．若数列{}n b 满足2920n n a b n n -+-＝，且1n n b b +<，则满足条件的n 的取值可以为（）A ．5B ．6C ．7D ．8【答案】AB 【分析】利用11a S =可求得2λ=；利用1n n n a S S -=-可证得数列{}n a 为等比数列，从而得到12n na ，进而得到nb ；利用10nnb b 可得到关于n 的不等式，解不等式求得n 的取值范围，根据n *∈N 求得结果. 【详解】当1n =时，1111a S a λ==-，11λ∴-=，解得：2λ=21n n S a ∴=-当2n ≥且n *∈N 时，1121n n S a --=-1122n n nn n a S S a a ，即：12n n a a -=∴数列{}n a 是以1为首项，2为公比的等比数列，12n na2920n n a b n n =-+-，219202n n n n b --+-∴=()()222111912092011280222n n n n nn n n n n n b b +--+++--+--+∴-=-=< 20n >，()()21128470n n n n ∴-+=--<，解得：47n <<又n *∈N ，5n ∴=或6 故选：AB 【点睛】关键点点睛：本题考查数列知识的综合应用，涉及到利用n a 与n S 的关系求解通项公式、等比数列通项公式的求解、根据数列的单调性求解参数范围等知识，解决本题的关键点是能够得到n b 的通项公式，进而根据单调性可构造出关于n 的不等式，从而求得结果，考查学生计算能力，属于中档题．8．设数列{}n a 的前n 项和为*()n S n N ∈，关于数列{}n a ，下列四个命题中正确的是（）A ．若1*()n n a a n N +∈=，则{}n a 既是等差数列又是等比数列B ．若2n S An Bn =+(A ，B 为常数，*n N ∈)，则{}n a 是等差数列C ．若()11nn S =--，则{}n a 是等比数列D ．若{}n a 是等差数列，则n S ，2n n S S -，*32()n n S S n N -∈也成等差数列【答案】BCD 【分析】利用等差等比数列的定义及性质对选项判断得解. 【详解】选项A: 1*()n n a a n N +∈=,10n n a a +∴-=得{}n a 是等差数列，当0n a =时不是等比数列，故错; 选项B:2n S An Bn =+,12n n a a A -∴-=,得{}n a 是等差数列，故对;选项C: ()11nn S =--,112(1)(2)n n n n S S a n --∴-==⨯-≥,当1n =时也成立，12(1)n n a -∴=⨯-是等比数列，故对;选项D: {}n a 是等差数列，由等差数列性质得n S ，2n n S S -，*32()n n S S n N -∈是等差数列，故对; 故选：BCD 【点睛】熟练运用等差数列的定义、性质、前n 项和公式是解题关键.9．已知数列{}n a ，下列结论正确的有（） A ．若12a ＝，11n n a a n +++＝，则20211a ＝.B ．若11132n n a a a ++＝，＝，则71457a =C ．若12nn S =3+，则数列{}n a 是等比数列 D ．若11212n n n a a a a ++＝，＝()*n N ∈，则15215a ＝【答案】AB 【分析】直接利用叠加法可判断选项A ，从而判断，利用构造新数列可求出B,D 中数列的通项公式，可判断，选项C 求出数列的前3项从而可判断. 【详解】选项A. 由11n n a a n +=++，即11n n a a n +-=+ 则()()()()19191818120207121a a a a a a a a a a =-+-+-++-+20191822211=+++++=故A 正确.选项B. 由132n n a a +=+，得()1311n n a a +=++，所以数列{}1n a +是以112a +=为首项，3为公比的等比数列.则1123n n a -+=⨯，即1231n n a -=⨯-，所以672311457a =⨯-=，故B 正确.选项C. 由12nn S =3+，可得当1n =时，11722a =+=3 当2n =时，得2211193622a S S ⎛⎫⎛⎫=-=+-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，当3n =时，得332112791822a S S ⎛⎫⎛⎫=-=+-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，显然2213a a a ≠，所以数列{}n a 不是等比数列，故C 错误.选项D. 由122nn n a a a +=+，可得11112n n a a +-= 所以数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1为首项，12为公差的等差数列. 所以()1111122n n n a +=+-=，则1511826a ==，即1518a =，故D 错误. 故选：AB 【点睛】关键点睛：本题考查利用递推关系求数列的通项公式，解答的关键是掌握求数列通项公式的常见方法，由叠加法可得()()()()19191818120207121a a a a a a a a a a =-+-+-++-+，利用构造新数列()1311n n a a +=++，11112n n a a +-=解决问题，属于中档题.10．若数列{}n a 的前n 项和是n S ，且22n n S a =-，数列{}n b 满足2log n n b a =，则下列选项正确的为（） A ．数列{}n a 是等差数列B ．2nn a =C ．数列{}2na 的前n 项和为21223n +-D ．数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭的前n 项和为n T ，则1n T <【答案】BD 【分析】根据22n n S a =-，利用数列通项与前n 项和的关系得1,1,2n n S n a S n =⎧=⎨≥⎩，求得通项n a ，然后再根据选项求解逐项验证. 【详解】当1n =时，12a =，当2n ≥时，由22n n S a =-，得1122n n S a --=-，两式相减得：12n n a a -=，又212a a =，所以数列{}n a 是以2为首项，以2为公比的等比数列，所以2nn a =，24nn a =，数列{}2na 的前n 项和为()141444143n n nS +--'==-，则22log log 2nn n b a n ===，所以()1111111n n b b n n n n +==-⋅⋅++，所以 1111111 (11123411)n T n n n =-+-++-=-<++，故选：BD 【点睛】方法点睛：求数列的前n 项和的方法 (1)公式法：①等差数列的前n 项和公式，()()11122n n n a a n n S na d +-==+②等比数列的前n 项和公式()11,11,11n n na q S a q q q =⎧⎪=-⎨≠⎪-⎩； (2)分组转化法：把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解．(3)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．(4)倒序相加法：把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广．(5)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对应项之积构成的，则这个数列的前n 项和用错位相减法求解.(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a n ＝(－1)n f (n )类型，可采用两项合并求解．。

高考数学压轴专题专题备战高考《数列》难题汇编附答案解析

高中数学《数列》期末考知识点一、选择题1．等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若32S =，618S =，则106S S 等于（） A ．-3 B ．5C ．-31D ．33【答案】D 【解析】【分析】先由题设条件结合等比数列的前n 项和公式，求得公比q ，再利用等比数列的前n 项和公式，即可求解106S S 的值，得到答案.【详解】由题意，等比数列{}n a 中32S =，618S =，可得313366316(1)1121(1)11181a q S q q a q S q q q ---====--+-，解得2q =，所以101105105516(1)11133(1)11a q S q q q a q S q q---===+=---. 故选：D . 【点睛】本题主要考查了等比数列的前n 项和公式的应用，其中解答中熟记等比数列的前n 项和公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与计算能力.2．数列{}n a ：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，称为斐波那契数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.该数列从第三项开始，每项等于其前相邻两项之和．即：21n n n a a a ++=+.记该数列{}n a 的前n 项和为n S ，则下列结论正确的是（）A ．201920202S a =+B ．201920212S a =+C ．201920201S a =-D ．201920211S a =-【答案】D 【解析】【分析】根据递推关系利用裂项相消法探求和项与通项关系，即得结果. 【详解】因为1233243546521()()()()()n n n n S a a a a a a a a a a a a a a ++=++++=-+-+-+-+-L L 2221n n a a a ++=-=-，所以201920211S a =-，选D. 【点睛】本题考查裂项相消法，考查基本分析判断能力，属中档题.3．数列{}n a 满足12a =，对于任意的*n N ∈，111n na a +=-，则2018a =（） A ．-1 B ．12C ．2D ．3【答案】A 【解析】【分析】先通过递推公式111n na a +=-，找出此周期数列的周期，再计算2018a 的值. 【详解】111n na a +=-Q ，2111111111n n n na a a a ++∴===----， 32111111n nn n a a a a ++∴===-⎛⎫-- ⎪⎝⎭，故有3n n a a +=，则20183672221111a a a a ⨯+====-- 故选：A 【点睛】本题考查根据数列递推公式求数列各项的值，属于中档题.4．函数()f x 对任意正整数,a b 满足条件()()()f a b f a f b +=⋅，且()12f =，(2)(4)(6)(2018)(1)(3)(5)(2017)f f f f f f f f ++++L 的值是（）A ．1008B ．1009C ．2016D ．2018【答案】D 【解析】【分析】由题意结合()()()f a b f a f b +=⋅求解()()()()()()()()24620181352017f f f f f f f f ++++L 的值即可.【详解】在等式()()()f a b f a f b +=⋅中，令1b =可得：()()()()112f a f a f f a +==，则()()12f a f a +=，据此可知： ()()()()()()()()24620181352017f f f f f f f f ++++L 2222210092018=++++=⨯=L .本题选择D 选项. 【点睛】本题主要考查抽象函数的性质，函数的求值方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.5．数列{a n }，满足对任意的n ∈N +，均有a n +a n +1+a n +2为定值.若a 7=2，a 9=3，a 98=4，则数列{a n }的前100项的和S 100=( ) A ．132 B ．299C ．68D ．99【答案】B 【解析】【分析】由12n n n a a a ++++为定值，可得3n n a a +=，则{}n a 是以3为周期的数列，求出123,,a a a ，即求100S . 【详解】对任意的n ∈+N ，均有12n n n a a a ++++为定值，()()123120n n n n n n a a a a a a +++++∴++-++=，故3n n a a +=，{}n a ∴是以3为周期的数列，故17298392,4,3a a a a a a ======，()()()100123979899100123133S a a a a a a a a a a a ∴=+++++++=+++L ()332432299=+++=.故选：B . 【点睛】本题考查周期数列求和，属于中档题.6．已知等比数列{a n }，a n ＞0，a 1=256，S 3=448，T n 为数列{a n }的前n 项乘积，则当T n 取得最大值时，n =（）A ．8B ．9C ．8或9D ．8.5【答案】C 【解析】【分析】设等比数列{a n }的公比为q ，由a n ＞0，可得q ＞0．根据a 1＝256，S 3＝448，可得256（1+q +q 2）＝448，解得q ．可得a n ，T n ，利用二次函数的单调性即可得出．【详解】设等比数列{a n }的公比为q ，∵a n ＞0，∴q ＞0． ∵a 1＝256，S 3＝448， ∴256（1+q +q 2）＝448，解得q 12=． ∴a n ＝25611()2n -⨯=29﹣n ．T n ＝28•27•……•29﹣n＝28+7+…+9﹣n()217289[)89242222n n n ⎛⎤--- ⎥+-⎝⎦==．∴当n ＝8或9时，T n 取得最大值时，故选C ．【点睛】本题考查了等比数列的通项公式与求和公式及其性质、二次函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．7．如果等差数列128,,,a a a L 的各项都大于零，公差0d ≠，则正确的关系为（） A ．1845a a a a > B ．1845a a a a < C ．1845a a a a +>+ D ．1845a a a a =【答案】B 【解析】【分析】先根据等差中项的性质，可排除C ，再利用作差比较，即可得到答案. 【详解】根据等差数列的性质，可得1845a a a a +=+，所以C 不正确；又由218451111(7)(3)(4)120a a a a a a d a d a d d -=+-++=-<，所以1845a a a a <.故选B . 【点睛】本题主要考查了等差数列的性质，等差数列的通项公式，以及作差比较法的应用，着重考查了推理与运算能力.8．将正整数20分解成两个正整数的乘积有120⨯，210⨯，45⨯三种，其中45⨯是这三种分解中两数差的绝对值最小的，我们称45⨯为20的最佳分解.当p q ⨯（p q ≤且*,p q ∈N ）是正整数n 的最佳分解时我们定义函数()f n q p =-，则数列(){}5nf ()*n N ∈的前2020项的和为（）A ．101051+B ．1010514-C ．1010512-D ．101051-【答案】D 【解析】【分析】首先利用信息的应用求出关系式的结果，进一步利用求和公式的应用求出结果．【详解】解：依题意，当n 为偶数时，22(5)550nnn f =-=；当n 为奇数时，111222(5)5545n n n n f +--=-=⨯，所以01100920204(555)S =++⋯+，101051451-=-g ，101051=-．故选：D 【点睛】本题考查的知识要点：信息题的应用，数列的求和的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题．9．已知单调递增的等比数列{}n a 中，2616a a ⋅=，3510a a +=，则数列{}n a 的前n 项和n S =（） A ．2124n -- B ．1122n -- C ．21n - D ．122n +-【答案】B 【解析】【分析】由等比数列的性质，可得到35,a a 是方程210160x x -+=的实数根，求得1,a q ，再结合等比数列的求和公式，即可求解. 【详解】由题意，等比数列{}n a 中，2616a a ⋅=，3510a a +=，根据等比数列的性质，可得3516a a ⋅=，3510a a +=，所以35,a a 是方程210160x x -+=的实数根，解得352,8a a ==或358,2a a ==，又因为等比数列{}n a 为单调递增数列，所以352,8a a ==，设等比数列{}n a 的首项为1a ，公比为(1)q q >可得214128a q a q ⎧=⎨=⎩，解得11,22a q ==，所以数列{}n a 的前n 项和11(12)122122nn n S --==--. 故选：B . 【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式的基本量的运算，以及等比数列的前n 项和公式的应用，着重考查了推理与运算能力.10．已知数列{}n a 是等比数列，前n 项和为n S ，则“3152a a a >+”是“210n S -<”的（） A ．必要不充分条件 B ．充分不必要条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】B 【解析】【分析】根据等比数列的通项公式与求和公式,即可判断命题间的关系. 【详解】因为数列{}n a 是等比数列,前n 项和为n S 若3152a a a >+,由等比数列的通项公式可得111242a a q a q >+,化简后可得()21210q a -<.因为()2210q -≥所以不等式的解集为10a < 若210n S -<当公比1q ≠±时, 210n S -<则10a <,可得3152a a a >+ 当公比1q =±时, 由210n S -<则10a <,可得3152a a a =+ 综上可知, “3152a a a >+”是“210n S -<”的充分不必要条件故选:B 【点睛】本题考查了等比数列的通项公式与求和公式的应用,在应用等比数列求和公式时,需记得讨论公比是否为1的情况,属于中档题.11．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n +1=a n +a (n ∈N *，a 为常数)，若平面内的三个不共线的非零向量OAOB OC u u u r u u u r u u u r，，满足10051006OC a OA a OB =+u u u r u u u r u u u r ，A ，B ，C 三点共线且该直线不过O 点，则S 2010等于（） A ．1005 B ．1006C ．2010D ．2012【答案】A 【解析】【分析】根据a n +1=a n +a ，可判断数列{a n }为等差数列，而根据10051006OC a OA a OB =+u u u r u u u r u u u r，及三点A ，B ，C 共线即可得出a 1+a 2010=1，从而根据等差数列的前n 项和公式即可求出S 2010的值. 【详解】由a n +1=a n +a ，得，a n +1﹣a n =a ； ∴{a n }为等差数列；由10051006OC a OA a OB =+u u u r u u u r u u u r，所以A ，B ，C 三点共线； ∴a 1005+a 1006=a 1+a 2010=1， ∴S 2010()12010201020101100522a a +⨯===. 故选：A. 【点睛】本题主要考查等差数列的定义，其前n 项和公式以及共线向量定理，还考查运算求解的能力，属于中档题.12．已知首项为1的正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，4a -、3a 、5a 成等差数列，则2020S 与2020a 的关系是（）A ．2020202021S a =+B ．2020202021S a =-C ．2020202041S a =+D ．2020202043S a =-【答案】B 【解析】【分析】求出等比数列{}n a 的公比q ，然后求出2020S 和2020a ，由此可得出结论. 【详解】设等比数列{}n a 的公比为q ，则0q >，4a -Q 、3a 、5a 成等差数列，3542a a a ∴=-，所以，220q q --=，0q >Q ，解得2q =，20192019202012a a q∴==，()20201202020201211a q S q-==--，因此，2020202021S a =-. 故选：B. 【点睛】本题考查等比数列求和公式以及通项公式的应用，涉及等差中项的应用，考查计算能力，属于中等题.13．等差数列{}n a 中，n S 为它的前n 项和，若10a >，200S >，210S <，则当n =（）时，n S 最大. A ．8 B ．9C ．10D ．11【答案】C 【解析】【分析】根据等差数列的前n 项和公式与项的性质，得出100a >且110a <，由此求出数列{}n a 的前n 项和n S 最大时n 的值．【详解】等差数列{}n a 中，前n 项和为n S ，且200S >，210S <，即()()120201*********a a S a a +==+>，10110a a ∴+>，()1212111212102a a S a +==<，所以，110a <，则100a >，因此，当10n =时，n S 最大. 故选：C. 【点睛】本题考查了等差数列的性质和前n 项和最值问题，考查等差数列基本性质的应用，是中等题．14．在正整数数列中，由1开始依次按如下规则，将某些数取出．先取1；再取1后面两个偶数2,4；再取4后面最邻近的3个连续奇数5,7,9；再取9后面的最邻近的4个连续偶数10,12,14,16；再取此后最邻近的5个连续奇数17,19,21,23,25.按此规则一直取下去，得到一个新数列1,2,4,5,7,9,10,12,14,16,17，…，则在这个新数列中，由1开始的第2 019个数是( ) A ．3 971 B ．3 972C ．3 973D ．3 974【答案】D 【解析】【分析】先对数据进行处理能力再归纳推理出第n 组有n 个数且最后一个数为n 2，则前n 组共1+2+3+…+n ()12n n +=个数，运算即可得解．【详解】解：将新数列1，2，4，5，7，9，10，12，14，16，17，…，分组为（1），（2，4），（5，7，9，），（10，12，14，16），（17，19，21，23，25）… 则第n 组有n 个数且最后一个数为n 2，则前n 组共1+2+3+…+n ()12n n +=个数，设第2019个数在第n 组中，则()()120192120192n n n n ⎧+≥⎪⎪⎨-⎪⎪⎩＜，解得n ＝64，即第2019个数在第64组中，则第63组最后一个数为632＝3969，前63组共1+2+3+…+63＝2016个数，接着往后找第三个偶数则由1开始的第2019个数是3974，故选：D ．【点睛】本题考查了对数据的处理能力及归纳推理能力，考查等差数列前n 项和公式，属中档题．15．执行如图所示的程序框图，若输出的S 为154，则输入的n 为（）A ．18B ．19C ．20D ．21【答案】B 【解析】【分析】找到输出的S 的规律为等差数列求和，即可算出i ，从而求出n . 【详解】由框图可知，()101231154S i =+++++⋯+-= ，即()1231153i +++⋯+-=，所以()11532i i -=，解得18i =，故最后一次对条件进行判断时18119i =+=，所以19n =. 故选：B【点睛】本题考查程序框图，要理解循环结构的程序框图的运行，考查学生的逻辑推理能力.属于简单题目.16．一对夫妇为了给他们的独生孩子支付将来上大学的费用，从孩子一周岁生日开始，每年到银行储蓄a 元一年定期，若年利率为r 保持不变，且每年到期时存款（含利息）自动转为新的一年定期，当孩子18岁生日时不再存入，将所有存款（含利息）全部取回，则取回的钱的总数为( ) A ．17(1)a r + B ．17[(1)(1)]ar r r +-+C ．18(1)a r +D ．18[(1)(1)]ar r r+-+【答案】D 【解析】【分析】由题意可得：孩子18岁生日时将所有存款（含利息）全部取回，可以看成是以(1)a r +为首项，(1)r +为公比的等比数列的前17项的和，再由等比数列前n 项和公式求解即可. 【详解】解：根据题意，当孩子18岁生日时，孩子在一周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为17(1)a r +，同理：孩子在2周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为16(1)a r +，孩子在3周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为15(1)a r +，⋯⋯孩子在17周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为(1)a r +，可以看成是以(1)a r +为首项，(1)r +为公比的等比数列的前17项的和，此时将存款（含利息）全部取回，则取回的钱的总数：17171618(1)[(1)1](1)(1)(1)[(1)(1)]11a r r aS a r a r a r r r r r++-=++++⋯⋯++==+-++-；故选：D ．【点睛】本题考查了不完全归纳法及等比数列前n 项和，属中档题.17．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若816S =，61a =，则数列{}n a 的公差为（） A ．32B ．32-C ．23D ．23-【答案】D【解析】【分析】根据等差数列公式直接计算得到答案.【详解】依题意，()()183********a a a a S ++===，故364a a +=，故33a =，故63233a a d -==-，故选：D ．【点睛】本题考查了等差数列的计算，意在考查学生的计算能力.18．已知{}n a 是各项都为正数的等比数列，n S 是它的前n 项和，若47S =，821S =，则16S =（）A ．48B ．90C ．105D ．106【答案】C【解析】【分析】根据4841281612,,,S S S S S S S ---成等比数列即可求出16S .【详解】由等比数列的性质得4841281612,,,S S S S S S S ---成等比数列，所以1216127,14,21,S S S --成等比数列，所以121216162128,49,4956,105S S S S -=∴=∴-=∴=.故选：C【点睛】本题主要考查等比数列的性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.19．数列{}n a 满足11a =，对任意的*n N ∈都有11n n a a n +=++，则122016111a a a +++=L （） A ．20152016B ．40322017C ．40342017D ．20162017【答案】B【解析】【分析】首先根据题设条件，由11n n a a n +=++，可得到递推关系为11n n a a n +-=+；接下来利用累加法可求得()12n n n a +=，从而()1211211n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，由此就可求得122016111a a a +++L 的值. 【详解】因为111n n n a a a n a n +=++=++，所以11n n a a n +-=+，用累加法求数列{}n a 的通项得：()()1211n n n a a a a a a -=+-+⋯+-()1122n n n +=++⋯+=，所以()1211211n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，于是1232016111111111212222320162017a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫ +++⋯+=-+-+⋯+-⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 121201*********⎛⎫==- ⎪⎝⎭. 故选：B.【点睛】本题是一道考查数列的题目，掌握数列的递推关系以及求解前n 项和的方法是解答本题的关键，属于常考题.20．已知数列11n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是公比为13的等比数列，且10a >，若数列{}n a 是递增数列，则1a 的取值范围为（）A ．(1,2)B ．(0,3)C ．(0,2)D ．(0,1)【答案】D【解析】【分析】先根据已知条件求解出{}n a 的通项公式，然后根据{}n a 的单调性以及10a >得到1a 满足的不等关系，由此求解出1a 的取值范围.【详解】由已知得11111113n n a a -⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则11111113n n a a -=⎛⎫⎛⎫-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭.因为10a >，数列{}n a 是单调递增数列，所以10n n a a +>>，则111111*********n n a a ->⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，化简得111110113a a ⎛⎫<-<- ⎪⎝⎭，所以101a <<. 故选：D.【点睛】本题考查数列通项公式求解以及根据数列单调性求解参数范围，难度一般.已知数列单调性，可根据1,n n a a +之间的大小关系分析问题.。

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数列及其通项例1设{}n a 就是首项为1得正项数列,且()011221=+-+++n n n n a na na a n (n =1,2,3,…),则它得通项公式就是n a = .分析本题由递推式求通项公式,考虑到填空题特点:即只要结果不要过程,故采用不完全归纳法(由特殊到一般)、也可化简递推式,从而求得通项公式、解法一: 由条件,11=a ()011221=+-+++n n n n a na na a n ,可得212=a ,313=a ,414=a ,(负值舍去) 由此可猜想na n 1=、解法二: 由()011221=+-+++n n n n a na na a n ,可得()0)](1[11=+-+++n n n n a a na a n 因为0>n a ,所以0)(1>++n n a a 故只有()011=-++n n na a n ,即11+=+n na a n n 所以=n a 1-n n a a ⋅⋅--21n n a a ⋅--32n n a a …112a a a ⋅=n 1 na = A 、a 9,a 8 、 B 、a 10,a 9 、 C 、a 8,a 9 、 A 、a 9,a 10 、分析因为a n =1+99 －98n －99所以a 1,a 2 ,…,a 9 组成递减数列,a 1最大,a 10最小;a 10,a 11 ,…,a 20组成递减数列,a 10,最大,a 20,最小,计算a 1＜ a 10, a 9＜ a 20、所以在数列{ a n }前20项中,最大项为a 10,最小项为a 9,故选B 、说明要确定数列{ a n }得最大项与最小项,一种思路就是先判断数列得单调性,另一种思路就是画图观察、等差数列与等比数列例1、设无穷等差数列{a n }得前n 项与为S n 、(Ⅰ)若首项=1a 32 ,公差1=d ,求满足2)(2k k S S =得正整数k;(Ⅱ)求所有得无穷等差数列{a n },使得对于一切正整数k 都有2)(2k k S S =成立、【答案】解:(I)当1,231==d a 时,n n n n n d n n na S n +=-+=-+=21212)1(232)1( 由22422211(), ()22k k S S k k k k =+=+得,即0)141(3=-k k 。

又0, 4k k ≠=所以。

(II)设数列{a n }得公差为d,则在2)(2n n S S =中分别取k =1,2,得2211112211421(), ?43214(2) 2()22a a S S a d a d S S ⎧=⎧=⎪⎪⎨⎨⨯⨯+=+=⎪⎪⎩⎩（）即（）。

解得111100110602a a a a d d d d ====⎧⎧⎧⎧⎨⎨⎨⎨====⎩⎩⎩⎩或或或。

若2210, 0, 0, 0, ()n n k k a d a S S S =====则从而成立;若21330, 6, 6(1), 18, ()324, 216n n a d a n S S S ===-===则由知,)(239S s ≠故所得数列不符合题意。

若2211,0,1,,()n n k k a d a S n S S =====则从而成立; 若2211,2,21, 13(21), ()n n n a d a n S n n S S ===-=+++-==则从而成立。

综上,共有3个满足条件得无穷等差数列: ①{a n } : a n =0,即0,0,0,…; ②{a n } : a n =1,即1,1,1,…; ③{a n } : a n =2n －1,即1,3,5,…。

【考点】等差数列得通项公式,等差数列得性质。

【分析】(I)利用等差数列得求与公式表示出前n 项得与,代入到2)(2k k S S=求得k 。

(Ⅱ)设数列{a n }得公差为d,在 Sn2=(Sn)2中分别取k =1,2求得1a ,代入到前n 项得与中分别求得d,进而对1a 与d 进行验证,最后综合求得答案。

例2 ΔOBC 得在个顶点坐标分别为(0,0)、(1,0)、(0,2),设P 1为线段BC 得中点,P 2为线段CO 得中点,P 3为线段OP 1得中点,对于每一个正整数n,P n+3为线段P n P n+1得中点,令P n 得坐标为(x n,y n ),.2121++++=n n n n y y y a (Ⅰ)求321,,a a a 及n a ; (Ⅱ)证明;,414*+∈-=N n y y nn(Ⅲ)若记,,444*+∈-=N n y y b n n n 证明{}n b 就是等比数列.分析本题主要考查数列得递推关系、等比数列等基础知识,考查灵活运用数学知识分析问题与解决问题得创新能力. 利用图形及递推关系即可解决此类问题. 解 (Ⅰ)因为43,21,153421=====y y y y y ,所以2321===a a a ,又由题意可知213+-+=n n n y y y ∴321121++++++=n n n n y y y a =221121++++++n n n n y y y y =,2121n n n n a y y y =++++∴{}n a 为常数列.∴.,21*∈==N n a a n(Ⅱ)将等式22121=++++n n n y y y 两边除以2, 得,124121=++++n n n y y y 又∵2214++++=n n n y y y , ∴.414n n yy -=+ (Ⅲ)∵)41()41(44444341n n n n n y y y y b ---=-=+++-=)(41444n n y y --+ =,41n b - 又∵,041431≠-=-=y y b ∴{}n b 就是公比为41-得等比数列. 说明本题符号较多,有点列{P n },同时还有三个数列{a n },{y n },{ b n },再加之该题就是压轴题,因而考生会惧怕,而如果没有良好得心理素质,或足够得信心,就很难破题深入.即使有得考生写了一些解题过程,但往往有两方面得问题:一个就是漫无目得,乱写乱画;另一个就是字符欠当,丢三落四.最终因心理素质得欠缺而无法拿到全分.例3.设数列{}n a 得前n 项与为n S ,已知11,6,1321===a a a ,且,3,2,1,)25()85(1=+=+--+n B An S n S n n n ,其中A 、B 为常数⑴求A 与B 得值;(2分)⑵证明:数列{}n a 为等差数列;(6分)⑶证明:不等式15>-n m mn a a a 对任何正整数n m ,都成立(6分)【答案】解:(1)由已知,得111==a S ,7212=+=a a S ,183213=++=a a a S ,由B An S n S n n n +=+--+)25()85(1,知⎩⎨⎧+=-+=--B A S S B A S S 2122732312,即⎩⎨⎧-+-=+48228B A B A ,解得8,20-=-=B A 。

(2)由(1)得820)25()85(1--=+--+n S n S n n n ① ∴2820)75()35(12--=+--++n S n S n n n ②②－①得,20)25()110()35(12-=++---++n n n S n S n S n ③ ∴20)75()910()25(123-=+++-++++n n n S n S n S n ④④－③得 0)25()615()615()25(123=+-+++-++++n n n n S n S n S n S n 。

∵n n n S S a -=++11,∴0)75()410()25(123=+++-++++n n n a n a n a n 。

∵ 0)25(≠+n ,∴ 02123=+-+++n n n a a a 。

∴ 1223++++-=-n n n n a a a a ,1≥n 。

又∵ 51223=-=-a a a a ,∴数列}{n a 为等差数列。

(3)由(2) 可知,45)1(51-=-+=n n a n ,要证15>-n m mn a a a ,只要证n m n m mn a a a a a 215++>。

因为45-=mn a mn ,16)(2025)45)(45(++-=--=n m mn n m a a n m , 故只要证>-)45(5mn n m a a n m mn 216)(20251+++-+, 即只要证n m a a n m 2372020>-+。

因为 372020)291515(8558552-+=-++-+<-+=+≤n m n m n m n m a a a a n m n m , 由于以上过程就是可逆得,所以命题得证。

【考点】数列得应用。

【分析】(1)由题意知⎩⎨⎧+=-+=--B A S S BA S S 2122732312,从而解得A=－20,B=－8。

(2)由(Ⅰ)得820)25()85(1--=+--+n S n S n n n ,所以在式中令1n n =+,可得2820)75()35(12--=+--++n S n S n n n .由此入手能够推出数列{an}为等差数列。

(3)由(2)可知,45)1(51-=-+=n n a n ,然后用分析法可以使命题得证。

例4、已知 {}n a 就是等差数列,{}n b 就是公比为q 得等比数列,11221,a b a b a ==≠,记n S 为数列{}n b 得前n 项与,(1)若(,k m b a m k =就是大于2得正整数),求证:11(1)k S m a -=-;(4分)(2)若3(i b a i =就是某一正整数),求证:q 就是整数,且数列{}n b 中每一项都就是数列{}n a 中得项;(8分) (3)就是否存在这样得正数q ,使等比数列{}n b 中有三项成等差数列？若存在,写出一个q 得值,并加以说明;若不存在,请说明理由;(4分)【答案】解:设{}n a 得公差为d ,由11221,a b a b a ==≠,知0,1d q ≠≠,()11d a q =-(10a ≠)(1)证:∵k m b a =, ∴()()111111k a qa m a q -=+--,()()()111121k q m q m m q -=+--=-+-。

∴()()()()1111111111k k a q a m m q S m a qq------===--。

(2)证:∵()()23111,11i b a q a a i a q ==+--,且3i b a =,∴()()()()22111,120,q i q q i q i =+----+-=解得,1q =或2q i =-,但1q ≠,∴2q i =-。

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