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高考数学真题专题分类汇编专题六数列(教师版)

专题六数列真题卷题号考点考向2023新课标1卷7等差数列等差数列的判定、等差数列的性质 20 等差数列求等差数列的通项公式及基本量计算2023新课标2卷8等比数列等比数列的性质18等差数列、数列的综合应用求等差数列的通项公式及前n 项和、数列的综合应用（不等式证明） 2022新高考1卷 17 数列的通项公式、数列求和由递推公式求通项公式、裂项相消法求和 2022新高考2卷17 等差数列、等比数列等差、等比数列的通项公式2021新高考1卷16数列的实际应用错位相减法求和17 数列的通项公式、数列求和由递推公式求通项公式、公式法求和2021新高考2卷12等比数列数列的新定义问题17 等差数列求等差数列的通项公式、等差数列求和 2020新高考1卷14等差数列等差数列的性质、等差数列求和 18 等比数列、数列求和求等比数列的通项公式、数列求和 2020新高考2卷15等差数列求等差数列的通项公式、等差数列求和 18等比数列求等比数列的通项公式、等比数列求和【2023年真题】1. （2023·新课标I 卷第7题）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，设甲：{}n a 为等差数列：乙：{}n sn 为等差数列，则( )A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件C. 甲是乙的充要条件D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【答案】C 【解析】【分析】本题考查等差数列的判定、等差数列前n 项和、充分必要条件的判定，属于中档题．结合等差数列的判断方法，依次证明充分性、必要性即可. 【解答】解：方法1:为等差数列，设其首项为1a ，公差为d ，则1(1)2n n n S na d −=+，111222n S n d da d n a n −=+=+−，112n n S S d n n +−=+，故{}nS n为等差数列，则甲是乙的充分条件，，反之，{}nS n为等差数列，即111(1)1(1)(1)n n n n n n S S nS n S na S n n n n n n +++−+−−==+++为常数，设为t 即1(1)n nna S t n n +−=+，故1(1)n n S na t n n +=−⋅+故1(1)(1)n n S n a t n n −=−−⋅−，2n … 两式相减有：11(1)22nn n n n a na n a tn a a t ++=−−−⇒−=，对1n =也成立，故{}n a 为等差数列，则甲是乙的必要条件，故甲是乙的充要条件，故选.C 方法2:因为甲：{}n a 为等差数列，设数列{}n a 的首项1a ，公差为.d 即1(1)2n n n S na d −=+，则11(1)222n S n d da d n a n −=+=+−，故{}n S n为等差数列，即甲是乙的充分条件．反之，乙：{}n S n为等差数列.即11n n S SD n n +−=+，1(1).n S S n D n =+−即1(1).n S nS n n D =+−当2n …时，11(1)(1)(2).n S n S n n D −=−+−− 上两式相减得：112(1)n n n a S S S n D −=−=+−，所以12(1).n a a n D =+−当1n =时，上式成立．又1112(2(1))2n n a a a nD a n D D +−=+−+−=为常数.所以{}n a 为等差数列．则甲是乙的必要条件，故甲是乙的充要条件，故选C .2. （2023·新课标II 卷第8题）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，若45S =−，6221S S =，则8S = ( ) A. 120 B. 85C. 85−D. 120−【答案】C 【解析】【分析】本题考查等比数列的基本性质，属于中档题.利用等比数列前n 项和之间差的关系可知2S ，42S S −，64S S −，86S S −成等比数列，列出关系式计算即可得解. 【解答】解：2S ，42S S −，64S S −，86S S −成等比数列，242224264264262(1)55(21)521S S q S q S S S q S S q S S S−= +=− −+⇒ −= = 从而计算可得24681,5,21,85S S S S =−=−=−=− 故选.C3. （2023·新课标I 卷第20题）设等差数列{}n a 的公差为d ，且 1.d >令2n n n nb a +=，记n S ，n T 分别为数列{}{},n n a b 的前n 项和.(1)若21333a a a =+，3321S T +=，求{}n a 的通项公式;(2)若{}n b 为等差数列，且999999S T −=，求.d【答案】解：因为21333a a a =+，故3132d a a d ==+，即1a d =，故n a nd =，所以21n n n n b nd d++==，(1)2n n n d S +=，(3)2n n n T d +=，又3321S T +=，即34362122d d ××+=，即22730d d −+=，故3d =或1(2d =舍)，故{}n a 的通项公式为：3.n a n =(2)方法一：(基本量法)若{}n b 为等差数列，则2132b b b =+，即11123123422a d a a d××××=+++，即2211320a a d d −+=，所以1a d =或12;a d =当1a d =时，n a nd =，1n n b d +=，故(1)2n n n d S +=，(3)2n n n T d+=，又999999S T −=，即99100991029922d d ⋅⋅−=，即250510d d −−=，所以5150d =或1(d =−舍); 当12a d =时，(1)n a n d =+，n n b d =，故(3)2n n n d S +=，(1)2n n n T d+=，又999999S T −=，即99102991009922d d ⋅⋅−=，即251500d d −−=，所以50(51d =−舍)或1(d =舍); 综上：51.50d = 方法二：因为{}n a 为等差数列且公差为d ，所以可得1n a dn a d =+−，则211(1)n n n n nb dn a d dn a d ++⋅==+−+− 解法一：因为{}n b 为等差数列，根据等差数列通项公式可知n b 与n 的关系满足一次函数，所以上式中的分母“1dn a d +−”需满足10a d −=或者11da d=−，即1a d =或者12;a d = 解法二：由211(1)n n n n nb dn a d dn a d++⋅==+−+−可得，112b a =，216b a d =+，31122b a d =+，因为{}n b 为等差数列，所以满足1322b b b +=，即111212622a a d a d+=⋅++，两边同乘111()(2)a a d a d ++化简得2211320a a d d −+=，解得1a d =或者12;a d =因为{}n a ，{}n b 均为等差数列，所以995099S a =，995099T b =，则999999S T −=等价于50501a b −=， ①当1a d =时，n a dn =，1(1)n b n d =+，则505051501a b d d−−，得 250510(5051)(1)0d d d d −−=⇒−+=，解得5150d =或者1d =−，因为1d >，所以51;50d =②当12a d =时，(1)n a d n =+，1n b n d =，则505050511a b d d−=−=，化简得 251500(5150)(1)0d d d d −−=⇒+−=，解得5051d =−或者1d =，因为1d >，所以均不取; 综上所述，51.50d =【解析】本题第一问考查数列通项公式的求解，第二问考查等差数列有关性质，等差数列基本量的求解，计算量较大，为较难题.4. （2023·新课标II 卷第18题）已知为等差数列，，记n S ，n T 分别为数列，的前n 项和，432S =，316.T =(1)求的通项公式；(2)证明：当5n >时，n S .n T >【答案】解：(1)设数列的公差为d ，由题意知：，即，解得52(1)2 3.n a n n ∴=+−=+(2)由(1)知23na n =+，，212121n n b b n −+=+，当n 为偶数时，当n 为奇数时，22113735(1)(1)4(1)652222n n n T T b n n n n n ++=−=+++−+−=+−， ∴当n 为偶数且5n >时，即6n …时，22371(4)(1)022222n n n nT S n n n n n n −=+−+=−=−>，当n 为奇数且5n >时，即7n …时， 22351315(4)5(2)(5)0.22222n nT S n n n n n n n n −=+−−+=−−=+−>∴当5n >时，n S .n T >【解析】本题考查了等差数列的通项公式、前n 项和公式等.(1)由已知432S =，316T =，根据等差数列的前n 项和公式展开，即可得出等差数列的首项15a =，公差2d =，进而得出通项公式2 3.na n =+ (2)由(1)知23na n =+，可得(4)n S n n =+，数列的通项公式，进而212121n n b b n −+=+，分两情况讨论，当n 为偶数时，n T 中含有偶数项，相邻两项两两一组先求和，得出237.22nT n n =+当n 为奇数时，1n +为偶数，此时11.n n n T T b ++=−最后只需证明0n n T S −>即可.【2022年真题】5.（2022·新高考I 卷第17题）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知11a =，n n S a是公差为13的等差数列.(1)求{}n a 的通项公式; (2)证明：121112.na a a +++< 【答案】解：1112(1)(1)33n n S S n n a a +=+−=，则23n n n S a +=①，1133n n n S a +++∴=②;由②-①得：111322;33n n n n n a n n n a a a a n++++++=−⇒=∴当2n …且*n N ∈时，13211221n n n n n a a a a a a a a a a −−−=⋅⋅ 1543(1)(1)1232122nn n n n n n a n n +++=⋅⋅⋅=⇒=−− ，又11a =也符合上式，因此*(1)();2n n n a n N +=∈ 1211(2)2()(1)1n a n n n n ==−++ ，1211111111112()2(1)2122311n a a a n n n ∴+++=−+−++−=−<++ ，即原不等式成立.【解析】本题考查了数列与不等式，涉及裂项相消法求和、等差数列的通项公式、根据数列的递推公式求通项公式等知识，属中档题.(1)利用11n n n a S S ++=−进行求解然后化简可求出{}n a 的通项公式; (2)由(1)可求出1112()1n a n n =−+，然后再利用裂项相消法求和可得. 6.（2022·新高考II 卷第17题）已知{}n a 为等差数列，{}n b 为公比为2的等比数列，且223344.a b a b b a −=−=−(1)证明：11;a b =(2)求集合1{|,1500}km k b a a m =+剟中元素个数. 【答案】解：(1)设等差数列{}n a 公差为d由2233a b a b −=−，知1111224a d b a d b +−=+−，故12d b = 由2244a b b a −=−，知111128(3)a d b b a d +−−+，故11124(3);a d b d a d +−−+故1112a d b d a +−=−，整理得11a b =，得证.(2)由(1)知1122d b a ==，由1km b a a =+知：11112(1)k b a m d a −⋅=+−⋅+ 即111112(1)2k b b m b b −⋅=+−⋅+，即122k m −=，因为1500m 剟，故1221000k −剟，解得210k 剟，故集合1{|,1500}km k b a a m =+剟中元素的个数为9个. 【解析】本题考查等差、等比数列的通项公式，解指数不等式，集合中元素的个数问题，属于中档题.【2021年真题】7.（2021·新高考II 卷第12题）（多选）设正整数010112222k k k k n a a a a −−=⋅+⋅++⋅+⋅ ，其中{}0,1i a ∈，记()01k n a a a ω=+++ ，则( ) A.()()2n n ωω=B. ()()231n n ωω+=+C. ()()8543n n ωω+=+D. ()21nn ω−=【答案】ACD 【解析】【分析】本题重在对新定义进行考查，合理分析所给条件是关键，属于拔高题.利用()n ω的定义可判断ACD 选项的正误，利用特殊值法可判断B 选项的正误. 【解答】解：对于A 选项，010112222k k k k n a a a a −−=⋅+⋅++⋅+⋅ ，，则12101122222kk k k n a a a a +−=⋅+⋅++⋅+⋅ ，，A 选项正确；对于B 选项，取2n =，012237121212n +==⋅+⋅+⋅，，而0120212=⋅+⋅，则()21ω=，即，B 选项错误；对于C 选项，34302340101852225121222k k n a a a a a ++=⋅+⋅++⋅+=⋅+⋅+⋅+⋅+ 32k k a ++⋅，所以，，23201230101432223121222k k n a a a a a ++=⋅+⋅++⋅+=⋅+⋅+⋅+⋅+ 22k k a ++⋅，所以，，因此，，C 选项正确；对于D 选项，01121222n n −−+++ ，故，D 选项正确.故选.ACD8.（2021·新高考I 卷第16题）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为20dm 12dm ×的长方形纸，对折1次共可以得到10dm 12dm ×，20dm 6dm ×两种规格的图形，它们的面积之和21240dm S =，对折2次共可以得到5dm 12dm ×，10dm 6dm ×，20dm 3dm ×三种规格的图形，它们的面积之和22180dm S =，以此类推．则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为____________________；如果对折*()n n N ∈次，那么12n S S S ++= __________2dm . 【答案】5 ； 3240(3)2nn +×− 【解析】【分析】本题考查实际生活中的数列问题，由特殊到一般的数学思想.根据题设列举，可以得到折叠4次时会有五种规格的图形.由面积的变化关系得到面积通项公式，从而由错位相减法得到面积和. 【解答】解：对折3次时，可以得到2.512dm dm ×，56dm dm ×，103dm dm ×，20 1.5dm dm ×四种规格的图形. 对折4次时，可以得到2.56dm dm ×，1.2512dm dm ×，53dm dm ×，10 1.5dm dm ×，200.75dm dm ×五种规格的图形.对折3次时面积之和23120S dm =，对折4次时面积之和2475S dm =，即12402120S ==×，2180360S ==×，3120430S ==×，475515S ==×，……得折叠次数每增加1，图形的规格数增加1，且()*12401,2nn S n n N =+×∈， 121111240[234(1)]2482n n S S S n ∴++=××+×+×++⋅+记231242n n n T +=+++ ，则112312482n n n T ++=+++ ， 11111111()224822n n n n n n T T T ++−==++++−113113322222n n n n n ++++=−−=−，得332n n n T +=−， 123240(3)2n nn S S S +∴++=×−，故答案为5；3240(3).2n n +×−9.（2021·新高考I 卷第17题）已知数列{}n a 满足11a =，，记2n n b a =，写出1b ，2b ，并求数列{}n b 的通项公式；求{}n a 的前20项和.【答案】解：⑴12b a =，且21+1=2a a =，则1=2b ，24b a =，且4321215a a a +++，则25b =； 1222121213n n n n n b a a a b +++++++，可得13n n b b +−=，故{}n b 是以2为首项，3为公差的等差数列；故()21331n b n n =+−×=−.数列{}n a 的前20项中偶数项的和为2418201210109=102+3=1552a a a ab b b ×++++=+++×× ，又由题中条件有211a a =+，431a a =+，，20191a a =+，故可得n a 的前20项的和【解析】本题考查了数列递推关系式运用，等差数列通项公式求法，数列求和，考查了分析和运算能力，属于中档题.(1)结合题干给的递推关系，可以快速的算出1b 和2b ，同时利用1222121213n n n n n b a a a b +++++++可判(1)(2)(2)断出数列n b 为等差数列，即可求出数列通项公式;(2)n a 的前20项的和可分组求和，求出其对应的偶数项的和，再结合奇数项与偶数项的关系求解即可. 10.（2021·新高考II 卷第17题）记n S 是公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和，若35a S =，244.a a S =(1)求数列{}n a 的通项公式n a ；(2)求使n n S a >成立的n 的最小值．【答案】解：(1)由等差数列的性质可得：535S a =，则3335,0a a a ∴，设等差数列的公差为d ，从而有22433()()a a a d a d d =−+=−， 412343333(2)()()2S a a a a a d a d a a d d =+++=−+−+++=−，从而22d d −=−，由于公差不为零，故：2d =，数列的通项公式为：*3(3)26().n a a n d n n N =+−=−∈ (2)由数列的通项公式可得1264a =−=−，则2(1)(4)252n n n S n n n −=×−+×=−，则不等式n n S a >即2526n n n −>−，整理可得(1)(6)0n n −−>，解得1n <或6n >，又n 为正整数，故n 的最小值为7.【解析】本题考查等差数列基本量的求解，是等差数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等差数列的有关公式并能灵活运用.(1)由题意首先求得3a 的值，然后结合题意求得数列的公差即可确定数列的通项公式；(2)首先求得前n 项和的表达式，然后求解二次不等式即可确定n 的最小值.【2020年真题】11.（2020·新高考I 卷第14题、II 卷第15题）将数列{21}n −与{32}n −的公共项从小到大排列得到数列{n a }，则{}n a 的前n 项和为__________.【答案】232n n −【解析】【分析】本题考查数列的特定项与性质以及等差数列求和.利用公共项构成首项为1 ，公差为6的等差数列，利用求和公式即可求出答案.【解答】解：数列的首项是1，公差为2的等差数列；数列的首项是1，公差为3的等差数列；公共项构成首项为1 ，公差为6的等差数列;故的前n 项和S n 为：.故答案为232.n n − 12.（2020·新高考I 卷第18题）已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8.a a a +== (1)求{}n a 的通项公式；(2)记m b 为{}n a 在区间*(0,]()m m N ∈中的项的个数，求数列{}m b 的前100项和100.S【答案】解：(1)设等比数列的公比为q ，且1q >，2420a a += ，38a =，，解得舍)或，∴数列{}n a 的通项公式为2;n n a =(2)由(1)知12a =，24a =，38a =，416a =，532a =，664a =，7128a =，{21}n −{32}n −{}n a则当1m =时，10b =，当2m =时，21b =，以此类推，31b =，45672b b b b ====， 815...3b b ===，1631...4b b ===，3263...5b b ===，64100...6b b ===，10012100...S b b b ∴=+++0122438416532637480.=+×+×+×+×+×+×=【解析】本题考查了数列求和及等比数列通项公式，属中档题．(1)根据等比数列通项公式列出方程，求出首项和公比，即可求出通项公式;(2)根据等比数列通项公式，归纳数列{}m b 的规律，从而求出其前100项和．13.（2020·新高考II 卷第18题）已知公比大于1的等比数列{}n a 满足2420a a +=，38.a = (1)求{}n a 的通项公式；(2)求1223a a a a −+…11(1).n n n a a −++−【答案】解：(1)设等比数列{}n a 的公比为(1)q q >，则32411231208a a a q a q a a q +=+= ==， 1q > ，122a q = ∴ =， 1222.n n n a −∴=⋅=1223(2)a a a a −+…11(1)n n n a a −++−35792222=−+−+…121(1)2n n −++−⋅，322322[1(2)]82(1).1(2)55n n n +−−==−−−− 【解析】本题考查等比数列的通项公式，前n 项求和公式，考查转化思想和方程思想，属于基础题．(1)根据题意，列方程组32411231208a a a q a q a a q +=+= ==，解得1a 和q ，然后求出{}n a 的通项公式； (2)根据条件，可知12a a ，23a a −，…11(1)n n n a a −+−，是以32为首项，22−为公比的等比数列，由等比数列求和公式，即可得出答案．。

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*
），
则 am an a p aq
则 am an a p aq
3． Sn ， S2n Sn ， S3n S2n 成等差数列 3． Sn ， S2 n Sn ， S3n S2 n 成等比数列
6.在等差数列｛ an ｝中 ,有关 Sn 的最值问题： (1)当 a1 >0,d<0 时，满足
am am 1
0
【解析】可分别求得
51 2
5 1 ， [ 5 1] 1 . 则等比数列性质易得三者构成等比数列
2
2
（ 2009.10 ）古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种性状来研究数，例如：
他们研究过图 1 中的 1， 3， 6， 10，…，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数
称图 2 中的 1， 4， 9，16，…这样的数成为正方形数。下列数中及时三角形数又是正方形数的是
设公差为 d ，则由 a6
a3 3d ，得 d
2． Sn
n a1 an 2
nn 1
na1
d
2
2． Sn
na 1 q 1 a1 1 q n
1q
a1 an q q 1 1q
1． a, b, c成等差 2b a c ，
1． a,b,c成等比
2
b ac ，
称 b 为 a 与 c 的等差中项
称 b 为 a 与 c 的等比中项
2．若 m n p q（ m 、n 、p 、q * ）， 2．若 m n p q（ m 、n 、p 、q
) ，求数列
{
bn } 的前
n 项和 Sn
（Ⅰ）解法一：设等差数列 an 的公差为 d，则依题设 d>0
由 a2 a7 16 ，得 2a1 7 d 16

高考文科数学真题汇编数列高考题教师版

学科教师辅导教案学员姓名年级授课老师课时数高三辅导科目数学2h 第次课授课日期及时段2021年月日：—：历S n年高考试a题n集锦——数列9 1．〔2021安徽文〕设为等差数列的前n项和，S84a3,a72，那么a=〔〕〔A〕6〔B〕4〔C〕2〔D〕2【答案】A2．〔2021福建理〕等差数列{a}中，a＋a＝10，a＝7，那么数列{a}的公差为()n154nA．1B．2C．3D．4【答案】B3．〔2021福建理〕等差数列{a n}的前n项和S n，假设a12,S312，那么a6()【答案】C4．(2021·全国Ⅰ理)记S n为等差数列{a n}的前n项和．假设a4＋a5＝24，S6＝48，那么{a n}的公差为() A．1B．2C．4D．845a＋3d＋a＋4d＝24，a＋a＝24，11【解析】设{a n}的公差为d，由S6＝48，得16×5d＝48，解得d＝4.应选C.6a＋25．〔2021辽宁文〕在等差数列{a}中，a+a=16，那么a+a=n48210(A)12(B)16(C)20(D)24【答案】B6.(2021新标2文)等差数列{an}的公差是2，假设a2,a4,a8成等比数列，那么{an}的前n项和S n〔〕A.n(n1)B.n(n1)C.n(n1)D.n(n1)22【答案】A7．〔2021安徽文〕公比为2的等比数列{a n}的各项都是正数，且a3a11=16，那么a5〔〕【答案】A8．〔2021大纲文〕设等比数列{a n}的前n项和为S n，假设S2=3，S4=15，那么S6=() A.31 B.32 C.63 D.64【答案】C9．〔2021江西理〕等比数列x,3x＋3,6x＋6，⋯的第四等于()A．－24B．0C．12D．24【答案】A10.(2021新标1文)设首项为1，公比为2的等比数列{a n}的前n项和为S n，那么〔〕3〔A〕21〔〕〔〕〔〕S n B S n3a n2C S n43a n D S n32a na n【答案】D11.〔2021年新课标2文〕设S n是等差数列{a n}的前n项和,假设a1a3a53,那么S5〔〕A．5B．7C．9D．11【答案】A12.〔2021年新课标2文〕等比数列{a n}满足a11,a3a54a41,那么a2〔〕4【答案】C13、〔2021年全国I理〕等差数列{an}前9项的和为27，a10=8，那么a100=〔A〕100〔B〕99〔C〕98〔D〕97【答案】C14．〔2021辽宁〕设等差数列{a n}的公差为d，假设数列{2a1a n}为递减数列，那么〔〕A．d0B．d0C．a1d0D．a1d0【答案】D15.〔2021年新课标2理〕等比数列｛a n ｝满足a 1=3，a 1 a 3 a 5=21，那么a 3 a 5 a 7 ()〔A 〕21 〔B 〕42 〔C 〕63 〔D 〕84【答案】B16．〔2021大纲理〕等差数列a 的前n 项和为S n ,a 55,S 515，那么数列1的na nan1前100项和为A ．100B．99C．99D．101101101100100【简解】由，解出a 1与d ，从而a n =n ；1111a nan1n(n1)nn11 1 11 1 1 100S 100(1)( )L ( ) 1 101选A22 3100 101 10117、(2021·全国Ⅱ理，3)我国古代数学名着?算法统宗?中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？〞意思是：一座 7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的 2倍，那么塔的顶层共有灯( )A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏4．【答案】B 【解析】设塔的顶层的灯数为 a ，七层塔的总灯数为S ，公比为q ，17那么由题意知S 7 7a 1 1－q 7＝a 1 1－27 ＝381，解得a 1 ＝ 381，q ＝2，∴S ＝ 1－q 1－2 ＝3.应选B.18、(2021 ·全国Ⅲ理，9)等差数列{a n }的首项为 1，公差不为0.假设a 2，a 3，a 6成等比数列，那么{a n }的前6项和为( )A ．－24B ．－3C ．3D ．85．【答案】A 【解析】由条件可得22＋5d)，a 1＝1，d ≠0，由a 3＝a 2a 6，可得(1＋2d)＝(1＋d)(1解得d ＝－2.所以S 66×5×－2＝－24.应选A.＝6×1＋219．〔2021 广东理〕递增的等差数列a n 满足a 1 1，a 3a 224，那么a n ______________.【答案】2n-120．(2021上海文)在等差数列 a n 中，假设a 1 a 2 a 3 a 4 30，那么a 2 a 3．【答案】1521.(2021天津)设{a n }是首项为a 1，公差为-1的等差数列，S n 为其前n 项和.假设S 1,S 2,S 4成等比数列，那么a 1的值为__________. 【答案】-1222．(2021·江苏)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n ，S 3＝ 7，S 6＝63，那么a 8＝________.4 4a 11－q 3 ＝7，1，1－q41．【答案】32【解析】设{a n }的首项为a 1，公比为q ，那么a 1＝4663，解得1q ＝2，a1－q ＝1－q41所以a 8＝4×27＝25＝3223．〔2021江苏〕在各项均为正数的等比数列 {a n }中，假设a 21，a 8a 6 2a 4，那么a 6的值是．【简解】由解出 q 2=2;a 6=a 2q 4，填结果424.(2021新标文) 等比数列{a n }的前n 项和为S n ，假设S 3+3S 2=0，那么公比q =_______【答案】-225.(2021浙江理)设公比为q (q ＞0)的等比数列{a n }的前n 项和为{S n }．假设S 23a 22，S 43a 42，那么＝__．q【答案】3226.〔2021年广东理科〕在等差数列 a n 中，假设a 3a 4a 5 a 6 a 725，那么a 2a 8=【答案】10．27.〔2021年安徽文科〕数列{a n }中，a 11，a nan11〔n2〕，那么数列{a n }的2前9项和等于。

高考真题文科数学汇编5数列

（ 1）由 Sn= 2n2 n ，得
当 n=1 时， a1 S1 3 ；当 n 2 时， an Sn Sn 1 2n2 n 2(n 1)2 (n 1) 4n 1，n∈N﹡.
由 an=4log2bn＋ 3，得 bn 2n 1， n∈ N﹡. （ 2）由（1）知 anbn (4 n 1) 2n 1， n∈ N﹡
2
A.1006
B.2012
C.503
D.0
【答案】 A ．
考点：数列和三角函数的周期性。
难度：中。
分析：本题考查的知识点为三角函数的周期性和数列求和，所以先要找出周期，然后分组
计算和。
解答： a4 n 1 a4 n 2 a4 n 3 a4 n 4
(4n 1) (4n 1) cos
2 (4n 2) cos (4n 2)
（A ） 2n 1
【答案】 B
（B） ( 3)n 1 2
（ C） ( 2 )n 1 3
1 （D） 2n 1
【命题意图】本试题主要考查了数列中由递推公式求通项公式和数列求和的综合运用。
【解析】由 Sn
2an 1 可知，当 n 1 时得 a2
1 S1
1
22
当 n 2时，有 Sn 2an 1 ① Sn 1 2an ②
三、解答题
18【. 2012 高考浙江文 19】（本题满分 14 分）已知数列 {an} 的前 n 项和为 Sn，且 Sn= 2n2 n ，
n∈N﹡，数列 {b n} 满足 an=4log2bn＋3，n∈N﹡. （1）求 an，bn；（2）求数列 {a n· bn} 的前 n 项和 Tn.
【命题意图】本题主要考查等比数列、等差数列的概念，通项公式以及求和公式等基础知识，同时考查了学生的综合分析问题能力和运算求解能力。【解析】

高考文科数学数列专题复习(附答案及解析)

高考文科数学数列专题复习数列常用公式数列的通项公式与前n 项的和的关系a n s , n 11s s ,n 2n n 1( 数列{a n} 的前n 项的和为s n a1 a2 a n ).等差数列的通项公式*a a1 (n 1)d dn a1 d(n N ) ；n等差数列其前n 项和公式为n(a a ) n(n 1)1 ns na1 d n2 2 d 12n (a d)n .12 2等比数列的通项公式an 1 1 n *a a1q q (n N )nq；等比数列前n 项的和公式为na (1 q )1s 1 qn , q 1或sna a q1 n1 q,q 1na ,q 1 1 na ,q 1 1一、选择题1.( 广东卷) 已知等比数列{a n} 的公比为正数，且a3 ·a9 =2 2a ，a2 =1，则a1 =5A. 12B.22C. 2D.22.（安徽卷）已知为等差数列，，则等于A. -1B. 1C. 3D.7 3（. 江西卷）公差不为零的等差数列{a n} 的前n项和为S n .若a4 是a3与a7 的等比中项, S8 32, 则S等于10A. 18B. 24C. 60D. 904（湖南卷）设S n 是等差数列a n 的前n 项和，已知a2 3，a6 11，则S7 等于【】第1页/ 共8页A ．13 B．35 C．49 D．633.（辽宁卷）已知a为等差数列，且a7 －2 a4 ＝－1, a3 ＝0, 则公差d＝n（A）－2 （B）－12 （C）12（D）24.（四川卷）等差数列｛a n ｝的公差不为零，首项a1 ＝1，a2 是a1 和a5 的等比中项，则数列的前10 项之和是A. 90B. 100C. 145D. 1905.（湖北卷）设x R, 记不超过x 的最大整数为[ x ], 令{x }= x -[ x ]，则{ 52 1} ，[ 521],521A.是等差数列但不是等比数列B.是等比数列但不是等差数列C.既是等差数列又是等比数列D.既不是等差数列也不是等比数列6.（湖北卷）古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种性状来研究数，例如：他们研究过图1 中的1，3，6，10，⋯，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数;类似地，称图2中的1，4，9，16⋯这样的数成为正方形数。

北师版高考总复习一轮文科数学精品课件第6章数列高考解答题专项三数列

例1.(2021江苏苏州三校联考)设{an}是等比数列,公比大于0,{bn}是等差数
列.已知a1=1,a3=a2+2,a4=b3+b5,a5=b4+2b6.
(1)分别求数列{an}和{bn}的通项公式;
1,3 < < 3+1 ,
(2)设数列{cn}满足 c1=c2=1,cn=
其中 k∈N+,求数列

所以
则
2+1
c n=
+1
1
Tn=
4
由于
1−
=
1 2
2
bn=2n2(n≥2),又 b1=12+1=2,适合上式,所以 bn=2n2,
2+1
4 2 (+1)2
1 2
2
+
=
−
1 1
4 2
1 2
3
因为函数
故当 n=1 时,
=
1
4
1
1
+ +1
+2
3
max= ,所以
4+4
8
2
(+1)
求证:
1
12
+
1
22
+ ⋯+
1
2
=1.
(1)解:当 n≥2 时,因为 an= + -1 ,所以 Sn-Sn-1= + -1 ,
即( − -1 )( + -1 )= + -1 ,而 an>0,有 + -1 >0,
所以 − -1 =1(n≥2),
(2)若对任意的正整数n都有Sn≤S6,求实数k的取值范围.

专题08 数列——2021年高考真题和模拟题文科数学分项汇编(教师版含解析)

专题08 数列1．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】设{}n a 是等比数列，且1231a a a ++=，234+2a a a +=，则678a a a ++=A ．12B ．24C ．30D ．32【答案】D【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ，则()2123111a a a a q q++=++=，()232234111112a a a a q a q a q a q q q q ++=++=++==，因此，()5675256781111132a a a a q a q a q a q q q q++=++=++==.故选：D.【点睛】本题主要考查等比数列基本量的计算，属于基础题．2．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 5–a 3=12，a 6–a 4=24，则nnS a = A ．2n –1 B ．2–21–n C ．2–2n –1 D ．21–n –1【答案】B【解析】设等比数列的公比为q ，由536412,24a a a a -=-=可得：421153111122124a q a q q a a q a q ⎧-==⎧⎪⇒⎨⎨=-=⎪⎩⎩，所以1111(1)122,21112n nn n n n n a q a a qS q ----=====---，因此1121222n n n n n S a ---==-. 故选：B.【点睛】本题考查了等比数列的通项公式的基本量计算，考查了等比数列前n 项和公式的应用，考查了数学运算能力.3．【2020年高考北京】在等差数列{}n a 中，19a =-，31a =-．记12(1,2,)n n T a a a n ==……，则数列{}n T A ．有最大项，有最小项 B ．有最大项，无最小项 C ．无最大项，有最小项D ．无最大项，无最小项【答案】B【解析】由题意可知，等差数列的公差511925151a a d --+===--，则其通项公式为：()()11912211n a a n d n n =+-=-+-⨯=-，注意到123456701a a a a a a a <<<<<<=<<，且由50T <可知()06,i T i i N <≥∈，由()117,ii i T a i i N T -=>≥∈可知数列{}n T 不存在最小项，由于1234569,7,5,3,1,1a a a a a a =-=-=-=-=-=，故数列{}n T 中的正项只有有限项：263T =，46315945T =⨯=. 故数列{}n T 中存在最大项，且最大项为4T . 故选：B ．【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，等差数列中项的符号问题，分类讨论的数学思想等知识，属于中等题.4．【2020年高考浙江】已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差0d ≠，且11a d≤．记12b S =，1222–n n n b S S ++=，n *∈N ，下列等式不可能．．．成立的是 A ．4262a a a =+B ．4262b b b =+C ．2428a a a =D ．2428b b b =【答案】D【解析】对于A ，因为数列{}n a 为等差数列，所以根据等差数列的下标和性质，由4426+=+可得，4262a a a =+，A 正确；对于B ，由题意可知，21212222n n n n n b S a a S ++++=+=-，1212b S a a ==+， ∴234b a a =+，478b a a =+，61112b a a =+，81516b a a =+． ∴()47822b a a =+，26341112b b a a a a +=+++．根据等差数列的下标和性质，由31177,41288+=++=+可得()26341112784=2=2b b a a a a a a b +=++++，B 正确；对于C ，()()()()2224281111137222a a a a d a d a d d a d d d a -=+-++=-=-，当1a d =时，2428a a a =，C 正确；对于D ，()()22222478111213452169b a a a d a a d d =+=+=++，()()()()2228341516111125229468145b b a a a a a d a d a a d d =++=++=++，()22428112416832b b b d a d d d a -=-=-．当0d >时，1a d ≤，∴()113220d a d d a -=+->即24280b b b ->；当0d <时，1a d ≥，∴()113220d a d d a -=+-<即24280b b b ->，所以24280b b b ->，D 不正确．故选：D .【点睛】本题主要考查等差数列的性质应用，属于基础题．5．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 1=−2，a 2+a 6=2，则S 10=__________．【答案】25 【解析】{}n a 是等差数列，且12a =-，262a a +=设{}n a 等差数列的公差d根据等差数列通项公式：()11n a a n d +-= 可得1152a d a d +++= 即：()2252d d -++-+= 整理可得：66d = 解得：1d =根据等差数列前n 项和公式：*1(1),2n n n S na d n N -=+∈ 可得：()1010(101)1022045252S ⨯-=-+=-+=∴1025S =.故答案为：25.【点睛】本题主要考查了求等差数列的前n 项和，解题关键是掌握等差数列的前n 项和公式，考查了分.析能力和计算能力，属于基础题.6．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】数列{}n a 满足2(1)31n n n a a n ++-=-，前16项和为540，则1a = .【答案】7【解析】2(1)31nn n a a n ++-=-，当n 为奇数时，231n n a a n +=+-；当n 为偶数时，231n n a a n ++=-. 设数列{}n a 的前n 项和为n S ，16123416S a a a a a =+++++13515241416()()a a a a a a a a =+++++++111111(2)(10)(24)(44)(70)a a a a a a =++++++++++ 11(102)(140)(5172941)a a ++++++++ 118392928484540a a =++=+=， 17a ∴=.故答案为：7.【点睛】本题考查数列的递推公式的应用，以及数列的并项求和，考查分类讨论思想和数学计算能力，属于较难题.7．【2020年高考浙江】我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列(1){}2n n +就是二阶等差数列．数列*(1){}()2n n n +∈N 的前3项和是_______．【答案】10 【解析】因为()12n n n a +=，所以1231,3,6a a a ===．即312313610S a a a =++=++=．故答案为：10.【点睛】本题主要考查利用数列的通项公式写出数列中的项并求和，属于容易题．8．【2020年高考江苏】设{a n }是公差为d 的等差数列，{b n }是公比为q 的等比数列．已知数列{a n +b n }的前n 项和221()n n S n n n +=-+-∈N ，则d +q 的值是 ▲ ．【答案】4【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ，根据题意1q ≠. 等差数列{}n a 的前n 项和公式为()2111222n n n d d P na d n a n -⎛⎫=+=+- ⎪⎝⎭，等比数列{}n b 的前n 项和公式为()1111111n n n b q b bQ q qq q-==-+---，依题意n n n S P Q =+，即22111212211nn b b d d n n n a n q q q ⎛⎫-+-=+--+ ⎪--⎝⎭，通过对比系数可知111212211dd a q b q⎧=⎪⎪⎪-=-⎪⎨⎪=⎪⎪=-⎪-⎩⇒112021d a q b =⎧⎪=⎪⎨=⎪⎪=⎩，故4d q +=. 故答案为：4.【点睛】本小题主要考查等差数列和等比数列的前n 项和公式，属于中档题.9．【2020年新高考全国Ⅰ卷】将数列{2n –1}与{3n –2}的公共项从小到大排列得到数列{a n }，则{a n }的前n 项和为________．【答案】232n n -【解析】因为数列{}21n -是以1为首项，以2为公差的等差数列，数列{}32n -是以1首项，以3为公差的等差数列，所以这两个数列的公共项所构成的新数列{}n a 是以1为首项，以6为公差的等差数列，所以{}n a 的前n 项和为2(1)16322n n n n n -⋅+⋅=-，故答案为：232n n -.【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有两个等差数列的公共项构成新数列的特征，等差数列求和公式，属于简单题目.10．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】设等比数列{a n }满足124a a +=，138a a -=．(1)求{a n }的通项公式；(2)记n S 为数列{log 3a n }的前n 项和．若13m m m S S S +++=，求m ．【解析】(1)设{}n a 的公比为q ，则11n n a a q -=.由已知得 1121148a a q a q a +=⎧⎪⎨-=⎪⎩，解得11,3a q ==.所以{}n a 的通项公式为1=3n n a -. (2)由(1)知3log 1.n a n =- 故(1).2n n n S -=由13m m m S S S +++=得(1)(1)(3)(2)m m m m m m -++=++，即2560m m --=. 解得1m =-(舍去)，6m =.【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算，以及等差数列求和公式的应用，考查计算求解能力，属于基础题目.11．【2020年高考江苏】已知数列{}()n a n ∈*N 的首项a 1=1，前n 项和为S n ．设λ与k 是常数，若对一切正整数n ，均有11111kk kn nn SS a λ++-=成立，则称此数列为“λ～k ”数列． (1)若等差数列{}n a 是“λ～1”数列，求λ的值； (2)若数列{}n a 是”数列，且0n a >，求数列{}n a 的通项公式； (3)对于给定的λ，是否存在三个不同的数列{}n a 为“λ～3”数列，且0n a ≥？若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由．【解析】(1)因为等差数列{}n a 是“λ～1”数列，则11n n n S S a λ++-=，即11n n a a λ++=，也即1(1)0n a λ+-=，此式对一切正整数n 均成立．若1λ≠，则10n a +=恒成立，故320a a -=，而211a a -=-，这与{}n a 是等差数列矛盾．所以1λ=．(此时，任意首项为1的等差数列都是“1～1”数列) (2)因为数列*{}()n a n ∈N 是”数列，-=因为0n a >，所以10n n S S +>>1=．n b =，则1n b -=221(1)(1)(1)3n n n b b b -=->．解得2n b =2，也即14n n S S +=，所以数列{}n S 是公比为4的等比数列．因为111S a ==，所以14n n S -=．则21(1),34(2).n n n a n -=⎧=⎨⨯≥⎩(3)设各项非负的数列*{}()n a n ∈N 为“~3λ”数列，则11133311n n n S S a λ++-=因为0n a ≥，而11a =，所以10n n S S +≥>1=n c，则1 1)n n c c -=≥，即333(1)(1)( 1)n n n c c c λ-=-≥．(*) ①若0λ≤或=1λ，则(*)只有一解为=1n c ，即符合条件的数列{}n a 只有一个． (此数列为1，0，0，0，…)②若1λ>，则(*)化为3232(1)(1)01n nnc c c λλ+-++=-，因为1n c ≥，所以3232101n n c c λλ+++>-，则(*)只有一解为=1n c ，即符合条件的数列{}n a 只有一个．(此数列为1，0，0，0，…)③若01λ<<，则3232101nnc c λλ+++=-的两根分别在(0，1)与(1，+∞)内，则方程(*)有两个大于或等于1的解：其中一个为1，另一个大于1(记此解为t )．所以1n n S S +=或31n n S t S +=．由于数列{}n S 从任何一项求其后一项均有两种不同结果，所以这样的数列{}n S 有无数多个，则对应的{}n a 有无数多个．综上所述，能存在三个各项非负的数列{}n a 为“~3λ”数列，λ的取值范围是01λ<<．12．【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8a a a +==． (1)求{}n a 的通项公式；(2)记m b 为{}n a 在区间*(0,]()m m ∈N 中的项的个数，求数列{}m b 的前100项和100S ．【解析】(1)设{}n a 的公比为q ．由题设得31120a q a q +=，218a q =．解得12q =-(舍去)，2q =．由题设得12a =．所以{}n a 的通项公式为2n n a =． (2)由题设及(1)知10b =，且当122n n m +≤<时，m b n =．所以10012345673233636465100()()()()S b b b b b b b b b b b b b =+++++++++++++++2345012223242526(10063)=+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯- 480=．13．【2020年高考天津】已知{}n a 为等差数列，{}n b 为等比数列，()()115435431,5,4a b a a a b b b ===-=-． (Ⅰ)求{}n a 和{}n b 的通项公式；(Ⅰ)记{}n a 的前n 项和为n S ，求证：()2*21n n n S S S n ++<∈N；(Ⅰ)对任意的正整数n ，设()21132,,,.n nn n n n n a b n a a c a n b +-+-⎧⎪⎪=⎨⎪⎪⎩为奇数为偶数求数列{}n c 的前2n 项和．【解析】(Ⅰ)设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ．由11a =，()5435a a a =-，可得1d =，从而{}n a 的通项公式为n a n =．由()15431,4b b b b ==-，又0q ≠，可得2440q q -+=，解得2q =，从而{}n b 的通项公式为12n n b -=．(Ⅰ)证明：由(Ⅰ)可得(1)2n n n S +=，故21(1)(2)(3)4n n S S n n n n +=+++，()22211(1)24n S n n +=++，从而2211(1)(2)02n n n S S S n n ++-=-++<，所以221n n n S S S ++<． (Ⅰ)解：当n 为奇数时，()111232(32)222(2)2n n n n n nn n a b n c a a n n n n-+-+--===-++；当n 为偶数时，1112n n n n a n c b -+-==．对任意的正整数n ，有222221112221212121k k nnnk k k c k k n --==⎛⎫=-=- ⎪+-+⎝⎭∑∑，和22311211352144444nnk knk k k n c ==--==++++∑∑． ① 由①得22311113232144444n k n n k n n c +=--=++++∑． ② 由①②得22111211312221121441444444414n n k n n n k n n c ++=⎛⎫- ⎪--⎝⎭=+++-=---∑，从而得21565994nk nk n c =+=-⨯∑．因此，2212111465421949n nnnk k k nk k k n c c c n -===+=+=--+⨯∑∑∑．所以，数列{}n c 的前2n 项和为465421949n n n n +--+⨯． 14．【2020年高考浙江】已知数列{a n }，{b n }，{c n }满足1111121,,,nn n n n n n b a b c c a a c c n b +++====-=∈*N ． (Ⅰ)若{b n }为等比数列，公比0q >，且1236b b b +=，求q 的值及数列{a n }的通项公式； (Ⅱ)若{b n }为等差数列，公差0d >，证明：*12311,n c c c c n d++++<+∈N ．【解析】(Ⅰ)由1236b b b +=得216q q +=，解得12q =．由14n n c c +=得14n n c -=．由114n n n a a -+-=得121421443n n n a a --+=++++=．(Ⅰ)由12n n n n b c c b ++=得12111111()n n n n n b b c d c b b d b b +++==-，所以123111(1)n n d c c c c d b ++++++=-，由11b =，0d >得10n b +>，因此*12311,n c c c c n d++++<+∈N ． 15．【2020年高考北京】已知{}n a 是无穷数列．给出两个性质：①对于{}n a 中任意两项,()i j a a i j >，在{}n a 中都存在一项m a ，使2i m ja a a =； ②对于{}n a 中任意项(3)n a n ，在{}n a 中都存在两项,()k l a a k l >．使得2kn la a a =．(Ⅰ)若(1,2,)n a n n ==，判断数列{}n a 是否满足性质①，说明理由；(Ⅱ)若12(1,2,)n n a n -==，判断数列{}n a 是否同时满足性质①和性质②，说明理由；(Ⅲ)若{}n a 是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：{}n a 为等比数列. 【解析】 (Ⅰ){}2323292,3,2n a a a a Z a ===∉∴不具有性质①；(Ⅱ){}22*(2)1*2,,,2,2i j i i i j n j ja a i j N i j i j N a a a a ---∀∈>=-∈∴=∴具有性质①；{}2*(2)11,3,1,2,22,k l n k n n la n N n k n l a n a a ---∀∈≥∃=-=-===∴具有性质②；(Ⅲ)【解法一】首先，证明数列中的项数同号，不妨设恒为正数：显然()0*n a n N ≠∉，假设数列中存在负项，设{}0max |0n N n a =<，第一种情况：若01N =，即01230a a a a <<<<<，由①可知：存在1m ，满足12210m a a a =<，存在2m ，满足22310m a a a =<，由01N =可知223211a a a a =，从而23a a =，与数列的单调性矛盾，假设不成立. 第二种情况：若02N ≥，由①知存在实数m ，满足0210Nm a a a =<，由0N 的定义可知：0m N ≤，另一方面，000221NNm N N a a a a a a =>=，由数列单调性可知：0m N >，这与0N 的定义矛盾，假设不成立. 同理可证得数列中的项数恒为负数. 综上可得，数列中的项数同号.其次，证明2231a a a =：利用性质②：取3n =，此时()23kla a k l a =>，由数列的单调性可知0k l a a >>，而3kk k la a a a a =⋅>，故3k <，此时必有2,1k l ==，即2231a a a =，最后，用数学归纳法证明数列为等比数列：假设数列{}n a 的前()3k k ≥项成等比数列，不妨设()111s s a a q s k -=≤≤，其中10,1a q >>，(10,01a q <<<情况类似)由①可得：存在整数m ，满足211k km k k a a a q a a -==>，且11k m k a a q a +=≥ (*) 由②得：存在s t >，满足：21s s k s s t ta aa a a a a +==⋅>，由数列的单调性可知：1t s k <≤+，由()111s s a a qs k -=≤≤可得：2211111s t k s k k ta a a q a a q a ---+==>= (**)由(**)和(*)式可得：211111ks t k a q a qa q ---≥>，结合数列的单调性有：211k s t k ≥-->-，注意到,,s t k 均为整数，故21k s t =--，代入(**)式，从而11kk a a q +=.总上可得，数列{}n a 的通项公式为：11n n a a q -=.即数列{}n a 为等比数列.的【解法二】假设数列中的项数均为正数：首先利用性质②：取3n =，此时()23kla a k l a =>，由数列的单调性可知0k l a a >>，而3kk k la a a a a =⋅>，故3k <，此时必有2,1k l ==，即2231a a a =，即123,,a a a 成等比数列，不妨设()22131,1a a q a a qq ==>，然后利用性质①：取3,2i j ==，则224331121m a a q a a q a a q ===，即数列中必然存在一项的值为31a q ，下面我们来证明341a a q =，否则，由数列的单调性可知341a a q <，在性质②中，取4n =，则24k k k k l l a aa a a a a ==>，从而4k <，与前面类似的可知则存在{}{}(),1,2,3k l k l ⊆>，满足24kl a a a =，若3,2k l ==，则：2341kla a a q a ==，与假设矛盾；若3,1k l ==，则：243411kla a a q a q a ==>，与假设矛盾；若2,1k l ==，则：22413kla a a q a a ===，与数列的单调性矛盾；即不存在满足题意的正整数,k l ，可见341a a q <不成立，从而341a a q =，同理可得：455161,,a a q a a q ==，从而数列{}n a 为等比数列，同理，当数列中的项数均为负数时亦可证得数列为等比数列.由推理过程易知数列中的项要么恒正要么恒负，不会同时出现正数和负数.从而题中的结论得证，数列{}n a 为等比数列.【点睛】本题主要考查数列的综合运用，等比数列的证明，数列性质的应用，数学归纳法与推理方法、不等式的性质的综合运用等知识，意在考查学生的转化能力和推理能力.1．【2020届黑龙江省大庆实验中学高三下学期第二次“战疫”线上测试数学】在等差数列{}n a 中，若38137a a a ++=，2111414a a a ++=，则8a 和9a 的等比中项为A. 3±B.3C. 3±D.3【答案】A【解析】由题意得：3813837a a a a ++==，所以873a =，211149314a a a a ++==，所以9143a =.89989a a ⋅=，所以8a 和9a 的等比中项为3±. 故选A.2．【河北省正定中学2019-2020学年高三下学期第四次阶段质量检测数学】把100个面包分给5个人，使每个人的所得成等差数列，且使较大的三份之和的16是较小的两份之和，则最小一份的量为 A ．5 B ．53C ．207D ．10【答案】C【解析】设最小的一份为1a ,公差为d ,由题意可得()()()()1111112346a d a d a d a a d ⎡⎤+++++⨯=++⎣⎦,且()155151002a d ⨯-+=，解得1207a =, 故选C. 【点睛】本题考查等差数列的通项公式的计算以及等差数列前n 项和公式的应用，属于基础题. 基本元的思想是在等差数列中有5个基本量1,,,,n n a d a S n ，列出方程组，可求得数列中的量. 3．【湘赣粤2020届高三(6月)大联考】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，24a =，*(1)()2nn n a S n N ∈+=，则数列{}n a 的通项公式为A ．*()2n a n n N =∈B ．*2()n n a n N =∈ C ．*()2n a n n N =+∈D ．2*()n a n n N =∈【答案】A【解析】因为数列{}n a 的前n 项和为n S ，24a =，*(1)()2nn n a S n N ∈+=， ∴当2n =时，22121(21)22a S a a a +==+⇒=；把1n =代入检验，只有答案AB 成立，排除CD ；当3n =时，331233(31)62a S a a a a +==++⇒=；排除B. 故选A ．【点睛】本题主要考查数列递推关系式的应用以及排除法在选择题中的应用，属于基础题．4．【广东省深圳外国语学校2020届高三下学期4月综合能力测试数学】已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若223a =，123111132a a a ++=，则3S = A ．269B ．133C ．139D ．6【答案】A【解析】设等比数列{}n a 的首项为1a ，公比为q ，因为223a =且123111132a a a ++=，所以1211123111132a q a a q a q ⎧=⎪⎪⎨⎪++=⎪⎩，解得1293a q ⎧=⎪⎨⎪=⎩或1213a q =⎧⎪⎨=⎪⎩，当129a =，3q =时，()33213269139S -==-；当12a =，13q =时，331213261913S ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦==-. 所以3269S =. 故选A. 【点睛】本题主要考查等比数列的通项公式和前n 项和公式，考查学生对公式的熟练程度及计算能力，属于基础题.5．【黑龙江省大庆市第四中学2020届高三4月月考数学】已知数列{}n a 的前n 项和n S ，且满足1n n a S +=，则39121239S S S S a a a a +++⋅⋅⋅+= A ．1013 B ．1022C ．2036D ．2037【答案】A【解析】由数列{}n a 的前n 项和n S ，且满足1n n a S +=，当2n ≥时，111n n a S --+=，两式相减，可得111()20n n n n n n a a S S a a ----+-=-=，即11(2)2n n a n a -=≥，令1n =，可得11121a S a +==，解得112a =，所以数列{}n a 表示首项为12，公比为12的等比数列，所以1()2n n a ，则11[1()]1221()1212n n n S -==-- ，所以11()2211()2nn n nn S a -==-，所以2939121239(222)(111)S S S S a a a a +++⋅⋅⋅+=+++-++9102(12)9211101312--=-=-.故选：A. 【点睛】本题考查了等比数列的定义，等比数列的通项公式以及等比数列的前n 项和公式的综合应用，着重考查推理与计算能力，属于中档试题.6．【山西省阳泉市2020届高三下学期第二次质量调研数学】已知数列{}n a 中，11a =，()2*1(1)n n n a a n n N +=+-⋅∈，则101a =A ．5150-B ．5151-C ．5050D ．5051【答案】D【解析】由题意，数列{}n a 中，11a =，()2*1(1)n n n a a n n N +=+-⋅∈，则2222213243101100,12,,,3100a a a a a a a a -=--=-=--=，各式相加，可得2222101122123491090a a +---=-+-+(12)(12)(34)(34)(99100)(99100)-+⋅++-+⋅+++-+⋅+100(1100)12310050502+=++++==，所以101150505051a a =+=. 故选：D. 【点睛】本题主要考查了利用数列的递推公式求解数列的项，以及等差数列的前n 项和公式的应用，其中解答中根据数列的递推关系式，合理利用叠加法求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.7．【2020届广东省中山市高三上学期期末数学】已知数列{}n a 是各项均为正数的等比数列，n S 为数列{}n a 的前n 项和，若2233S a S +=-，则423a a +的最小值为 A ．9 B ．12 C ．16 D ．18【答案】D【解析】由2233S a S +=-得232333a S S a =--=-，所以2111233,01a q a q a q q q=-=>⇒>-.所以423a a +()()323112333331q q q a q a q q qq ++=+==--()()2121431q q q -+-+=⨯-()43161q q ⎡⎤=-++⎢⎥-⎣⎦3618≥⨯=.当且仅当41311q q q -=⇒=>-时取得最小值. 故选D.8．【2020届安徽省马鞍山市高三第一次教学质量监测数学】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,初日健步不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其关……”其大意为:有一个人走378里路,第一天健步走,从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半,走了6天到达目的地…….则此人后四天走的路程比前两天走的路程少()里. A ．198 B ．191C ．63D ．48【答案】A【解析】设每天走的路程里数为{}n a ,则{}n a是公比为12的等比数列, 由6378S =得16112378112a ⎛⎫- ⎪⎝⎭=-,∴ 解得:1192a = 所以111922n n a -⎛⎫=⋅ ⎪⎝⎭∴后四天走的路程:5346a a a a +++,前两天走的路程:12a a +，又1219296288a a =+=+，且6378S =，∴634537828890a a a a +=-=++， ∴()()41523628890198a a a a a a -++=-=++ 故此人后四天走的路程比前两天走的路程少198，故选:A.9．【河北省衡水中学2020届高三下学期(5月)第三次联合考试数学】若{}n a 是公比为()0q q ≠的等比数列，记n S 为{}n a 的前n 项和，则下列说法正确的是A ．若{}n a 是递增数列，则10a <，0q <B ．若{}n a 是递减数列，则10a >，01q <<C ．若0q >，则4652S S S +>D ．若1n nb a =，则{}n b 是等比数列【答案】D【解析】A 选项中，12,3a q ==，满足{}n a 单调递增，故A 错误； B 选项中，11,2a q =-=，满足{}n a 单调递减，故B 错误； C 选项中，若111,2a q ==，则656554,a a S S S S <-<-，故C 错误； D 选项中，()1110n n n n b a q b a q++==≠，所以{}n b 是等比数列.故D 正确. 故选D. 【点睛】本题考查了等比数列的定义，考查了数列的单调性，考查了特值排除法，属于基础题.10．【2020届湖南省高三上学期期末统测数学】已知数列{}n a 是等比数列，131,36a a ==，则2a =__________. 【答案】6±【解析】设{}n a 的公比为q ，由131,36a a ==，得236,6q q ==±，故26a =±.故答案为：6±11．【2020届安徽省亳州市高三上学期期末教学质量检测数学】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和.已知30a =，848S =，则公差d =__________．【答案】4【解析】设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ，30a =，848S =()11208818482a d a d +=⎧⎪∴⎨⨯-+=⎪⎩解得184a d =-⎧⎨=⎩ 故答案为：412．【河北省2020届高三上学期第一次大联考数学】等差数列{}n a ，{}n b 的前n 项和分别为n S ，n T ，若对任意正整数n 都有2132n n S n T n -=-，则51161079a ab b b b +++的值为 . 【答案】2943【解析】因为{}n a ，{}n b 是等差数列，所以51158116107988222a a a a a b b b b b b ++==++，则15115815115822151292315243S a a a T b b b +⨯-====+⨯-. 13．【2020届安徽省池州市高三上学期期末考试数学】已知数列{}n a 满足11,a =11lgn n n a a n---=()*2,n n ≥∈N ，则100a=________.【答案】-1.【解析】11lg n n n a a n---=()*2,n n ≥∈N ，累加得11lgn a a n-=lg n =-，所以1lg n a n =-，当1n =时也符合，1001lg100a =-1=-.故答案为:-114．【河北省衡水中学2020届高三下学期(5月)第三次联合考试数学】记n S 为正项等差数列{}n a 的前n 项和，若13471,a a a S =⋅=，则n S =_________. 【答案】23122n n - 【解析】设等差数列的公差为d ，由题得173474772a a a a S a +⋅==⨯=，所以37,a = 所以1+27,3d d =∴=.所以2(1)313222n n n S n n n -=+⨯=-. 故答案为23122n n -.【点睛】本题主要考查等差数列的基本量计算，考查等差中项的应用和求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.15．【广东省深圳市2020届高三下学期第二次调研数学】《尘劫记》是在元代的《算学启蒙》和明代的《算法统宗》的基础上编撰的一部古典数学著作，其中记载了一个这样的问题：假设每对老鼠每月生子一次，每月生12只，且雌雄各半.1个月后，有一对老鼠生了12只小老鼠，一共有14只；2个月后，每对老鼠各生了12只小老鼠，一共有98只.以此类推，假设n 个月后共有老鼠n a 只，则n a =_____. 【答案】27n ⨯【解析】由题意可得1个月后的老鼠的只数1(16)227a =+⨯=⨯,2个月后老鼠的只数222(16)727a =+⨯=⨯, 3个月后老鼠的只数2332(16)727a =+⨯=⨯…， n 个月后老鼠的只数27nn a =⨯.故答案为：27n ⨯. 【点睛】本题考查利用不完全归纳法求数列的通项公式，考查运算求解能力.16．【山西省太原市2019-2020学年高三上学期期末数学】记数列{}n a 的前n 项和为n S ，若11a =，22n n a n a =-，211n n a a +=+，则100S =___________.【答案】2559【解析】因为22n n a n a =-，211n n a a +=+，所以22121n n a a n +=++，所以()()()()3597912499698...a a a a a a a a a +++++++++，()50199135 (249125002)+=++++⨯+==，()100502510010050a a a =-=--， ()1265015112a a =++=+-， ()363657259a =--=+=.则1002500592559S =+=. 故答案为：2559 【点睛】本题主要考查数列递推累加求和，还考查了运算求解的能力，属于中档题.17．【广东省广州、深圳市学调联盟2019-2020学年高三下学期第二次调研数学】已知函数()2f x x ax b=++(0a <，0b >)有两个不同的零点1x ，2x ，2-和1x ，2x 三个数适当排序后既可成为等差数列，也可成为等比数列，则函数()f x 的解析式为______. 【答案】()254f x x x =-+【解析】函数()2f x x ax b =++(0a <，0b >)有两个不同的零点1x ，2x ，可得1212,x x a x x b +=-=，且120,0x x >>，2-和1x ，2x 三个数适当排序后既可成为等差数列，也可成为等比数列，可得212(2)4x x b =-==，再设−2，1x ，2x 为等差数列，可得1222x x =-，代入韦达定理可得12222,33a ax x ---==，即有222433a a---⋅=，解得a ＝−5(4舍去)，则()254f x x x =-+. 故答案为：()254f x x x =-+.【点睛】本题考查函数的零点和二次方程的韦达定理，以及等差数列和等比数列的中项性质，考查方程思想和运算能力，属于基础题.18．【江西省2019-2020学年高三4月新课程教学质量监测卷】设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，S 7=49，a 2+a 8=18.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若S 3、a 17、S m 成等比数列，求S 3m .【解析】(1)设等差数列{a n }的公差为d ，∵S n 为等差数列{a n }的前n 项和，S 7=49，a 2+a 8=18， ∴74285749218S a a a a ==⎧⎨+==⎩⇒4579a a =⎧⎨=⎩，解得：d =2.∴()4421n a a n d n =+-⨯=- (2)由(1)知：()21212n n n S n +-==.∵317,,m S a S 成等比数列，∴2317m S S a =，即9m 2233=，解得m =11. 故2333310893m S S ===【点睛】本题考查求等差数列的通项公式和求前n 项的和，以及等比数列的性质，属于中档题.19．【辽宁省葫芦岛市2020届高三5月联合考试数学】记n S 是正项数列{}n a 的前n 项和，1n a +是4和nS 的等比中项.(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)记()()1111n n n b a a +=+⋅+，求数列{}n b的前n 项和nT . 【解析】(1)因为1n a +是4和n S 的等比中项，所以()214n n a S +=①，当2n ≥时，()21114n n a S --+=②，由①-②得：()()22111144n n n n a a S S --+-+=-，化简得()()22111n n a a --=+，即111n n a a --=+或者()1110n n a a --++=(舍去)，故12(2)n n a a n --=≥，数列{}n a 为等差数列，因为()21114a S +=，解得11a =，所以数列{}n a 是首项为1、公差为2的等差数列，21n a n =-.(2)因为11112(22)41n b n n n n ⎛⎫==- ⎪⋅++⎝⎭，所以121111111422314(1)n n n T b b b n n n ⎛⎫=+++=-+-+⋅⋅⋅+-= ⎪++⎝⎭. 【点睛】本题考查数列通项公式的求法以及数列的前n 项和的求法，考查等差数列的判定，考查裂项相消法求和，考查推理能力与计算能力，是中档题.20．【2020届广东省中山市高三上学期期末数学】设n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知23a =，121n n a a +=+. (1)证明{}1n a +为等比数列；(2)判断n ，n a ，n S 是否成等差数列？并说明理由. 【解析】(1)证明：∵23a =，2121a a =+，∴11a =，由题意得10n a +≠，1122211n n n n a a a a +++==++，∴{}1n a +是首项为2，公比为2的等比数列.(2)由(1)12nn a +=，∴21n n a =-.∴11222212n n n S n n ++-=-=---，∴()12222210n n n n n S a n n ++-=+----=，∴2n n n S a +=，即n ，n a ，n S 成等差数列.21．【广西南宁市第三中学2020届高三适应性月考卷】等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，33a =，其中1a ，3a ，9a 成等比数列，且数列{}n a 为非常数数列.(1)求数列通项n a ； (2)设1n nb S =，n b 的前n 项和记为n T ，求证：2n T <. 【解析】(1)因为1a ，3a ，9a 成等比数列，由所以2319a a a =⋅，即()()233236d d =-+，解得得1d =或0d =(舍去)，所以()331n a a n n =+-⋅=. (2)由(1)知：()()11122n n n n n S na d -+=+⨯=， ()1211211⎛⎫===- ⎪++⎝⎭n n b S n n n n ， 12111111212231n n T b b b n n ⎛⎫=++⋅⋅⋅+=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪+⎝⎭，12121n ⎛⎫=-< ⎪+⎝⎭.【点睛】本题主要考查等比中项，等差数列的通项公式和前n 项和公式以及裂项相消法求和，还考查了运算求解的能力，属于中档题.22．【广东省深圳市2020届高三下学期第二次调研数学】已知各项都为正数的等比数列{}n a ，232a =，3458a a a =.(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)设2log n n b a =，123n n T b b b b =++++，求n T .【解析】 (1)设各项都为正数的等比数列{}n a 的公比为q ，则0q >，因为232a =，3458a a a =，所以213333454132()8a a q a a a a a q ==⎧⎨===⎩，解得712a ，14q =，所以()922nn n a N -*=∈，(2)由(1)知，2922log log 292nnnb a n ，故9214294n n n b n n -≤≤⎧=⎨-⎩，，＞，当14n ≤≤时，279282n nT nn n ；当4n >时，2129753148322nn T n n n ，故22814832,4n n n n T n n n ⎧-≤≤=⎨-+>⎩，. 【点睛】本题主要考查等比数列的通项公式、等比中项的性质、等差数列的前n 项和公式、对数运算等知识点，等差数列的前n 项和公式为12n na n S a +=⨯，考查计算能力，体现了基础性与综合性，是中档题. 23．【2020届辽宁省大连市高三双基测试数学】已知数列{}n a 满足：n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公比为2的等比数列，2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为1的等差数列. (I)求12,a a 的值；(Ⅱ)试求数列{}n a 的前n 项和n S . 【解析】(Ⅰ)方法一：n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公比为2的等比数列 21221a a ∴=⨯ 214a a ∴=又2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公差为1的等差数列2121122a a ∴-=,解得1228a a =⎧⎨=⎩方法二：n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公比为2的等比数列,1112,n n a n a n+∴=1(1)2n n n a a n ++∴=.①又2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公差为1的等差数列, 11122n nn na a ++∴-=② 由①②解得：2nn a n =⋅1228a a =⎧⎨=⎩ (Ⅱ)1122,1n n n a a n -=⋅= 2n n a n ∴=⋅123n n S a a a a =+++⋅⋅⋅+1231222322n n =⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅ 234121222322n n S n +∴=⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅两式作差可得：23122222n n n S n +-=+++⋅⋅⋅+-⋅()1212212n n n n S +-=-⋅--1(1)22n n n S +=⋅---, 1(1)22n n S n +∴=-⋅+.24.【四川省泸县第一中学2020届高三三诊模拟考试数学(文)试题】已知正项等比数列{}n b 的前n 项和为n S ，34b =， 37S =，数列{}n a 满足()*11n n a a n n N +-=+∈，且11a b =．(I)求数列{}n a 的通项公式； (II)求数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和．【解析】(Ⅰ)根据题意，设{}n b 的公比为q ，所以2121114,{7,b q b b q b q =++=解得11,{ 2.b q == 又11n n a a n +-=+，所以()()()()11232211n n n n n a a a a a a a a a a ---=-+-+⋯+-+-+()()2112122n n n nn n ++=+++⋯++==． (Ⅱ)因为2121121n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，所以1211111111111221212231111n n a a a n n n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=-+-+⋯+-+-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦． 25．【2020届江西省吉安市高三上学期期末数学】数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，121n n a S +-=． (I)求{}n a 的通项公式； (Ⅱ)若3log n n b a =，数列2221n n b b +⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：12n T <．【解析】(I)当1n =时，由11a =，2121a a -=得23a =；当2n ≥时，121n n a S --=，两式相减得()1120n n n n a a S S +----=，即13n n a a +=(2)n ≥，又2133a a ==，故13n n a a +=恒成立，则数列{}n a 是公比为3的等比数列，可得13-=n n a ． (Ⅱ)由(I)得313log log 31n n n b a n -===-，则22211111(21)(21)22121n n b b n n n n +⎛⎫==- ⎪⋅-⋅+-+⎝⎭，则111111123352121n T n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦111221n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭． 1021n >+ 11112212n ⎛⎫∴-< ⎪+⎝⎭ 故12n T <26．【2020届重庆市第一中学高三上学期期末考试数学】已知数列{}n a 中，11a =，121n n a a n +=+-，n n b a n =+.(1)求证：数列{}n b 是等比数列; (2)求数列{}n a 的前n 项和n S . 【答案】(1)证明见解析;(2)()11222n n n n S ++=--【解析】(1)证明：因为121,n n n n a a n b a n +=+-=+所以()()()11121122n n n n n b a n a n n a n b ++=++=+-++=+=, 又因为11120b a =+=≠,则12n nb b +=, 所以数列{}n b 是首项为2,公比为2的等比数列.(2)由(1)知2n n n a n b +==,所以2nn a n =-,所以()()()()232122232nn S n =-+-+-+⋅⋅⋅+-()()232222123n n =+++⋅⋅⋅+-+++⋅⋅⋅+()()()121211221222n n n n n n +-++=-=---27．【河北省正定中学2019-2020学年高三下学期第四次阶段质量检测数学】已知点11,2⎛⎫ ⎪⎝⎭是函数()()0,1x f x a a a =>≠的图象上一点，数列{}n a 的前n 项和是()2n S f n =-.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若()1log n a n b a +=-，求数列{}n n a b ⋅的前n 项和n T .【解析】 (1)把点11,2⎛⎫ ⎪⎝⎭代入函数()()0,1x f x a a a =>≠得12a =，所以()12xf x ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以数列{}n a 的前n 项和是()1222nn S f n ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭.当1n =时，1132a s ==-；当2n ≥时，11111222n n nn n n a S S --⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=-=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以3,121,22nn n a n ⎧-=⎪⎪=⎨⎛⎫⎪-≥ ⎪⎪⎝⎭⎩； (2)由12a =，()1log n a n b a +=-得+1n b n =，所以 ()233111234+12222nn T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-⨯-⨯-⋯-⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，①()34+11311134+122222n n T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--⨯-⨯-⋯-⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.②由①－②得：()34+1331111++++12242222n nn T n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=---⋯⋅⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦，所以1115+(+1)2+2n n nT n -⎛⎫⎛⎫=- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭.【点睛】本题主要考查了n S 法求通项公式，即11(1)(2)n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，运用错位相减法求和，求和时应注意的问题(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“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，属于中档题. 28.【2020届河南省郑州市高三第二次质量预测文科数学试题】已知数列{}n a 前n 项和为n S ，且221n S n n =+-．(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)若数列{}n b 满足()*11n n n b n a a +=∈N ，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【解析】(1)当1n =时，112a S ==．当2n ≥时，()22121(1)2(1)121n n n a S S n n n n n -⎡⎤=-=+---+--=+⎣⎦．而12211a =≠⨯+，所以数列{}n a 的通项公式为2,121,2n n a n n =⎧=⎨+≥⎩. (2)当1n =时，1121112510b a a ===⨯，当2n ≥时，1111(21)(23)22123n b n n n n ⎛⎫==- ⎪++++⎝⎭，所以1,110111.,222123n n b n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎛⎫⎪-≥ ⎪⎪++⎝⎭⎩，当1n =时，11110T b ==，当2n ≥时，1231111111110257792123n n T b b b b n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++=+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦1111411025232030n n n +⎛⎫=+-= ⎪++⎝⎭．又114111020130T ⨯+==⨯+，符合412030n n T n +=+，所以412030n n T n +=+()*N n ∈．。

十年(2014-2023)高考数学真题分项汇编文科专题5 数列小题(文科)(解析版)

n 项和
Sn，公差
d≠0， a1 d
1 ．记
b1=S2，
bn+1=Sn+2–S2n， n N ，下列等式不可能成立的是
( )
A．2a4=a2+a6
B．2b4=b2+b6
C． a42 a2a8
D． b42 b2b8
【答案】D
解析：对于 A，因为数列an 为等差数列，所以根据等差数列的下标和性质，由 4 4 2 6 可得，
由 an
a1
n
1 d
0
可得 n
1
a1 d
，取
N0
1
a1 d
1 ，则当 n
N0
时， an
0，
所以，“an 是递增数列” “存在正整数 N0 ，当 n N0 时， an 0 ”；
若存在正整数 N0 ，当 n N0 时， an 0 ，取 k N 且 k N0 ， ak 0 ，
假设 d
0 ，令 an
Sn =
1 2
An An+1 ×tan q Bn Bn+1 ，都为定值，所以 Sn+1 - Sn 为定值．故选 A．
3．(2022 高考北京卷·第 15 题)己知数列an 各项均为正数，其前 n 项和 Sn 满足 an Sn 9(n 1, 2,) ．给
出下列四个结论：
①an 的第 2 项小于 3； ②an 为等比数列；
2a4 a2 a6 ，A 正确；
对于 B，由题意可知， bn1 S2n2 S2n a2n1 a2n2 ， b1 S2 a1 a2 ，
∴ b2 a3 a4 ， b4 a7 a8 ， b6 a11 a12 ， b8 a15 a16 ．
∴ 2b4 2 a7 a8 ， b2 b6 a3 a4 a11 a12 ．

备战2013高考真题测试：数列文科教师版

数列强化测试（时间90分钟，每小题5分，总分100分）一、选择题1．设函数3()(3)1f x x x =-+-,{}n a 是公差不为0的等差数列,127()()()14f a f a f a ++⋅⋅⋅+=,则=++721a a a （）A ．0B ．7C ．14D ．21【答案】D【解析】∵{}n a 是公差不为0的等差数列,且127()()()14f a f a f a ++⋅⋅⋅+= ∴14]1)3[(]1)3[(]1)3[(737232131=-+-++-+-+-+-a a a a a a ∴147)(721=-++a a a ∴21721=++a a a【点评】本小题考查的知识点较为综合,既考查了高次函数的性质又考查了等差数列性质的应用,解决此类问题必须要敢于尝试,并需要认真观察其特点.2 ．若2sin sin sin ()777n n S n N πππ*=+++∈ ,则在10021,,,S S S 中,正数的个数是（）A ．16.B ．72.C ．86.D ．100. 【答案】C 【解析】令7πα=,则7n n πα=,当114n ≤≤时,画出角序列n α终边如图, 其终边两两关于x 轴对称,故有1221,,,S S S 均为正数, 而01413==S S ,由周期性可知,当141314k n k -≤≤时,0n S >,而014114==-k k S S ,其中1,2,...7k =,所以在10021,,,S S S 中有14个为0,其余都是正数,即正数共有1001486-=个,选C. 3 ．在等差数列{}n a 中,已知4816,a a +=则210a a += （）A ．12B ．16C ．20D ．24【答案】B【解析】,故选B【点评】本题主要考查等差数列的通项公式、同时考查运算求解能力,属于容易题. 4 ．数列{n a }满足1(1)21n n n a a n ++-=-,则{n a }的前60项和为（）A ．3690B ．3660C ．1845D ．1830【答案】D48111(3)(7)210,a a a d a d a d +=+++=+ 21011121048()(9)210,16a a a d a d a d a a a a +=+++=+∴+=+=x【命题意图】本题主要考查灵活运用数列知识求数列问题能力,是难题. 【解析】【法1】有题设知211a a -=,① 323a a += ② 435a a -= ③ 547a a +=,659a a -=, 7611a a +=,8713a a -=,9815a a +=,10917a a -=,111019a a +=,121121a a -=,∴②-①得132a a +=,③+②得428a a +=,同理可得572a a +=,6824a a +=,9112a a +=,101240a a +=,∴13a a +,57a a +,911a a +,是各项均为2的常数列,24a a +,68a a +,1012a a +,是首项为8,公差为16的等差数列,∴{}n a 的前60项和为115215816151418302⨯+⨯+⨯⨯⨯=.【法2】可证明:14142434443424241616n n n n n n n n n n b a a a a a a a a b +++++---=+++=++++=+112341515141010151618302b a a a a S ⨯=+++=⇒=⨯+⨯= 5 ．观察下列事实1x y +=的不同整数解(),x y 的个数为4 , 2x y +=的不同整数解(),x y 的个数为8, 3x y +=的不同整数解(),x y 的个数为12 .则20x y +=的不同整数解(),x y 的个数为（） A ．76 B ．80 C ．86 D ．92【答案】B【解析】本题主要为数列的应用题,观察可得不同整数解的个数可以构成一个首先为4,公差为4的等差数列,则所求为第20项,可计算得结果. 6 ．定义在(,0)(0,)-∞⋃+∞上的函数()f x ,如果对于任意给定的等比数列{}{},()n n a f a 仍是等比数列,则称()f x 为“保等比数列函数”.现有定义在(,0)(0,)-∞⋃+∞上的如下函数:①2()f x x =;②()2x f x =;③()||f x x =;④()ln ||f x x =. 则其中是“保等比数列函数”的()f x 的序号为（）A ．①②B ．③④C ．①③D ．②④【答案】C【解析】设数列{}n a 的公比为q .对于①,22112()()n n n nf a a q f a a ++==,是常数,故①符合条件;对于②,111()22()2n n n n a a a n a n f a f a ++-+==,不是常数,故②不符合条件;对于③,1()()n n f a f a +===是常数,故③符合条件;对于④, 11()ln ||()ln ||n n n n f a a f a a ++=,不是常数,故④不符合条件.由“保等比数列函数”的定义知应选C.【点评】本题考查等比数列的新应用,函数的概念.对于创新性问题,首先要读懂题意,然后再去利用定义求解,抓住实质是关键.来年需要注意数列的通项,等比中项的性质等.7 ．数列{}n a 的通项公式cos 2n n a n π=,其前n 项和为n S ,则2012S 等于（）A ．1006B ．2012C ．503D ．0【答案】A【解析】由cos 2n n a n π=,可得20121021304120121S =⨯-⨯+⨯+⨯++⨯2462010201225031006=-+-+-+=⨯=【考点定位】本题主要考察数列的项、前n 项和,考查数列求和能力,此类问题关键是并项求和. 8 ．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,11a =,12n n S a +=,则n S = （）A ．12n -B ．132n -⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．123n -⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．112n -【答案】B【命题意图】本试题主要考查了数列中由递推公式求通项公式和数列求和的综合运用.【解析】由12n n S a +=可知,当1n =时得211122a S ==当2n ≥时,有12n n S a += ① 12n n S a -= ② ①-②可得122n n n a a a +=-即132n n a a +=,故该数列是从第二项起以12为首项,以32为公比的等比数列,故数列通项公式为2113()22n n a -⎧⎪=⎨⎪⎩(1)(2)n n =≥,故当2n ≥时,1113(1())3221()3212n n n S ---=+=-当1n =时,11131()2S -==,故选答案B9 ．某棵果树前n 年得总产量n S 与n 之间的关系如图所示,从目前记录的结果看,前m 年的年平均产量最高,m 的值为（）A ．5B ．7C ．9D ．11【答案】C【解析】由图可知6,7,8,9这几年增长最快,超过平均值,所以应该加入,因此选C.【考点定位】本小题知识点考查很灵活,要根据图像识别看出变化趋势,判断变化速度可以用导数来解,当然此题若利用数学估计过于复杂,最好从感觉出发,由于目的是使平均产量最高,就需要随着n 的增大,n S 变化超过平均值的加入,随着n 增大,n S 变化不足平均值,故舍去. 10．已知{}n a 为等比数列.下面结论中正确的是（）A ．1322a a a +≥B ．2221322a a a +≥C ．若13a a =,则12a a =D ．若31a a >,则42a a >【答案】B【解析】当10,0a q <<时,可知1320,0,0a a a <<>,所以A 选项错误;当1q =-时,C 选项错误;当0q <时,323142a a a q a q a a >⇒<⇒<,与D 选项矛盾.因此根据均值定理可知B 选项正确. 【考点定位】本小题主要考查的是等比数列的基本概念,其中还涉及了均值不等式的知识,如果对于等比数列的基本概念(公比的符号问题)理解不清,也容易错选,当然最好选择题用排除法来做.11．公比为2的等比数列{n a } 的各项都是正数,且 3a 11a =16,则5a = （） A ．1B ．2C ．4D ．8【答案】选A【解析】2231177551616421a a a a a a =⇔=⇔==⨯⇔= 二、填空题12．首项为1,公比为2的等比数列的前4项和4S =______【答案】:15【解析】:44121512S -==-【考点定位】本题考查等比数列的前n 项和公式13．已知1()1f x x=+.各项均为正数的数列}{n a 满足11=a ,)(2n n a f a =+.若20122010a a =,则1120a a +的值是_________.【解析】21()1n n a f a a n+==+(*),11=a ,所以有:312a =,523a =,735a =,958a =,11813a =;又20122010201011a a a ==+,得01201022010=-+a a ,令t a =2010,则012=-+t t ,由题设0>t ,所以t =,变形(*)为121n n a a +=-,则20101200811t a t a t-=-==,故2n a t ==,所以2011813a a +==14．已知等比数列{}n a 为递增数列.若10,a >且()2125,n n n a a a +++=则数列{}n a 的公比q =____________.【答案】2【解析】因为数列为递增数列,且【点评】本题主要考查等比数列的通项公式,转化思想和逻辑推理能力,属于中档题. 15．等比数列{n a }的前n 项和为n S ,若3230,S S +=则公比q =_______【命题意图】本题主要考查等比数列n 项和公式,是简单题.【解析】当q =1时,3S =13a ,2S =12a ,由S 3+3S 2=0得,19a =0,∴1a =0与{n a }是等比数列矛盾,故q ≠1,由S 3+3S 2=0得,3211(1)3(1)011a q a q q q--+=--,解得q =-2. 16．等比数列{}n a 的前n 项和为n S ,公比不为1。

数列--2023高考真题分类汇编完整版

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

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又因为
12
10
a a
+=，所以
1
210
a d
+=，故
1
4
a=.所以42(1)22
n
a n n
=+-=+(1,2,)
n=L.（Ⅱ）设等比数列{}n b的公比为q.因为238
b a
==，
37
16
b a
==，所以2
q=，
1
4
b=.
所以61
6
42128
b-
=⨯=.由12822
n
=+，得63
n=.所以
6
b与数列{}n a的第63项相等.
37、（2016年全国I卷）已知{}n a是公差为3的等差数列，数列{}n b满足1211
1
==
3n n n n
b b a b b nb
++
+=
1，，. （I）求{}n a的通项公式；（II）求{}n b的前n项和.
解：（I）由已知，
122112
1
,1,,
3
a b b b b b
+===得
122112
1
,1,,
3
a b b b b b
+===得
1
2
a=，所以数列{}n a是首
项为2，公差为3的等差数列，通项公式为31
n
a n
=-.
（II）由（I）和
11
n n n n
a b b nb
++
+=，得
13
n
n
b
b
+
=，因此{}n b是首项为1，公比为1
3
的等比数列.记{}n b
的前n项和为
n
S，则
1
1
1()31
3.
1223
1
3
n
n n
S
-
-
==-
⨯
-
38、（2016年全国III卷）已知各项都为正数的数列{}n a满足11
a=，2
11
(21)20
n n n n
a a a a
++
---=.
（I）求
23
,
a a；（II）求{}n a的通项公式.
39、（2016年全国II卷）等差数列{
n
a}中，
3457
4,6
a a a a
+=+=.
（Ⅰ）求{
n
a}的通项公式；解析：(Ⅰ)设数列{}n a的公差为d，由题意有11
254,53
a d a d
-=-=，解得1
2
1,
5
a d
==，所以{}n a的通项公式为23
5
n
n
a
+
=.
40.（2015年福建文科）等差数列{}n a中，24
a=，
47
15
a a
+=．
（Ⅰ）求数列{}n a的通项公式；
（Ⅱ）设2
2n a
n
b n
-
=+，求
12310
b b b b
+++⋅⋅⋅+的值．
【答案】（Ⅰ）2
n
a n
=+；（Ⅱ）2101．
【解析】试题分析：（Ⅰ）利用基本量法可求得
1
,a d，进而求{}n a的通项公式；（Ⅱ）求数列前n项和，首
先考虑其通项公式，根据通项公式的不同特点，选择相应的求和方法，本题2n
n
b n
=+，故可采取分组求和法求其前10项和．
试题解析：（I）设等差数列{}n a的公差为d．由已知得()()
1
11
4
3615
a d
a d a d
+=
⎧⎪
⎨
+++=
⎪⎩
，解得1
3
1
a
d
=
⎧
⎨
=
⎩
．
所以()
1
12
n
a a n d n
=+-=+．
考点：1、等差数列通项公式；2、分组求和法．
41、（2016年北京高考）已知{a n}是等差数列，{b n}是等比数列，且b2=3，b3=9，a1=b1，a14=b4.
（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）设c n= a n+ b n，求数列{c n}的前n项和.
解：（I）等比数列{}n b的公比3
2
9
3
3
b
q
b
===，所以2
1
1
b
b
q
==，
43
27
b b q
==．
设等差数列{}n a的公差为d．因为111
a b
==，
144
27
a b
==，所以11327
d
+=，即2
d=．
所以21
n
a n
=-（1
n=，2，3，⋅⋅⋅）．
（II）由（I）知，21
n
a n
=-，1
3n
n
b-
=．因此1
213n
n n n
c a b n-
=+=-+．
从而数列{}n c的前n项和()1
1321133n
n
S n-
=++⋅⋅⋅+-+++⋅⋅⋅+。