江苏省高考数学真题分类汇编数列

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十四年江苏省高考2004-2017年高考数学真题分类汇编：数列专项

十四年江苏省高考2004-2017年高考数学真题分类汇编：数列专项1.（江苏2004年4分）设数列{an}的前n项和为Sn，Sn=(3n-1)，且a4=54，则a1的数值是多少？2.（江苏2005年5分）在各项都为正数的等比数列{an}中，首项a1=3，前三项和为21，则a3+a4+a5的值为多少？3.（江苏2006年5分）对正整数n，设曲线y=xn(1-x)在x=2处的切线与y轴交点的纵坐标为an，则数列{an}的前n项和的公式是什么？4.（江苏2008年5分）将全体正整数排成一个三角形数阵：123456xxxxxxxx15按照以上排列的规律，XXX（n≥3）从左向右的第3个数为多少？6.（江苏2009年5分）设{an}是公比为q的等比数列，|q|>1，令bn=an+1(n=1,2.)，若数列{bn}有连续四项在集合{-53,-23,19,37,82}中，则6q等于多少？7.（江苏2010年5分）函数y=x^2(x>0)的图像在点(ak,ak^2)处的切线与x轴交点的横坐标为ak+1，k为正整数，a1=16，则a1+a3+a5的值为多少？8.（江苏2011年5分）设1=a1≤a2≤。

≤a7，其中a1,a3,a5,a7成公比为q的等比数列，a2,a4,a6成公差为1的等差数列，则q的最小值是多少？9、（2012江苏卷6）现有10个数，它们能构成一个以1为首项，-3为公比的等比数列，若从这10个数中随机抽取一个数，则它小于8的概率是多少？10、（2013江苏卷14）在正项等比数列{an}中，a5=1，a6+a7=3，则满足XXX的最大正整数n的值为多少？11.（2014江苏卷7）在各项均为正数的等比数列{an}中，若a2=1，a8=a6+2a4，则a6的值是多少？12.（2015江苏卷11）数列{an}满足a1=1，且an+1-an=n+1（n∈N*），则数列{an}的前10项和为多少？13.（2016江苏卷8）已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和。

江苏高考数学试题-数列

数列专题例 2. 给定实数0,1a a >≠,数列{}n a 定义为:n a =….(1)证明: {}n a 是单调数列;(2)试确定数列{}n a 中是否有最大值,或最小值?若有,请求出;否则,请说明理由;(3)对任意3,k k N ≥∈，证明：集合}L L 中有k 个数构成等比数列.解（1）证明：当111111,1n n a a a n n +>>>+时，∴∴， ∴数列{}n a 是单调递减.当01a <<时,∵11111,1n n a a n n +><+∴,∴数列{}n a 是单调递增. 综上：{}n a 单调数列.(2)( ⅰ)当1a >时，{}n a 是单调递减.，∴2a 最大，其值为，但无最小值，假设{}n a 有最小值α，α是{}n a 中的项，∴11,1,1n n n a a a αα≥>≥>又∴，∴n a α≥，当n 充分大，与a 为定值矛盾.(ⅱ)当01a <<时，{}n a 是单调递增，∴2a 最小，其值为，但无最大值，假设{}n a 有最大值β，∵1n a <，∴1,n n a a ββ≤<≤∴，当n 充分大时，0,0n a β→→∴，这与a 是给定数矛盾.综上：当1a >时，{}n a ，但无最小项；当01a <<时，{}n a .(3)证明：取出k 个数：12123...123...123...12,,...,,k k k k k b ab a b a ⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=== ∵12,,...,123...23...123...k k k k ⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯成等差数列，公差为d,∴11123...123...m m d m k k mb a a b +-+⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯==，11,m k m N ≤≤-∈. ∴12,,...,k b b b 成等比数列.例3.（1）设{}n a (1)n N ≥∈，n 是一个公差d 不为零的无穷等差数列.若{}n a 中有两项之和仍是该数列中的项.证明：存在整数m ,使1a md =.(2)确定并证明（1）中命题的逆命题是否成立？（3）若数列{}n a (1)n N ≥∈，n 满足（1）中的条件，则对任意的正整数3k ≥，可从该数列中取出k 个项，构成等比数列. 解：(1)数列{}n a 中有不同两项,p q a a ,其和仍是数列中第k 项,∴()p q k a a a p q +=≠∴112(2)(1)a p q d a k d ++-=+-.∴1(1)a k p q d =+--,∵,*,p q p q ∈≠N , ∴3p q +≥.但k 可以为p 或q ,也可以从1开始取值.∴1k p q +--是整数,记为m ,∴1a md =.(2)(1)的逆命题是:若1a md =,则数列{}n a 中必存在两项之和仍在该数列中.这是真命题.∵1a md =, ∴数列{}n a 为：,(1),(2),,(1),md m d m d m n d +++-L L∴1222(21)(221)m a a m d m d a ++=+=+-=.∴1a 与2a 的和必是数列{}n a 中的第22m +项.⑶ 由于数列满足⑵,∴数列{}n a 可以写成：,(1),(2),,(1),md m d m d m n d +++-L L若*m ∈N ,则取23,,,,k md m d m d m d L ,必组成公比为m 的等比数列.若0,m m ∈Z ≤时,必存在一个整数t 使()0m t d +=,∴取21,2,2,,2k d d d d -L ,必组成等比数列.例4. 我们在下面的表格内填写数值，先将第1行的所有空格填上1，再把一个首项为1，公比为q 的数列{a n }依次填入第一列的空格内，然后按照“任意一格的数是它上面一格的数与它左边一格的数之和”的规则填123n 示b 1+b 2+…+b n 的值；(2)设第3列的数依次为c 1,c 2,c 3,…,c n ，求证：对于任意非零实数q ，c 1+c 3>2c 2；(3)能否找到q 的值，使得填完表格后，除第1列外，还有不同的两列数的前三项各自依次成等比数列？请说明理由.解：(1)b 1=q ，b 2=1+q ，b 3=1+(1+q)=2+q ，b n =(n-1)+q ∴b 1+b 2+…+b n =1+2+…+(n-1)+nq=n(n -1)+nq 2。

2024年高考数学总复习第六章数列真题分类22数列的概念与简单表示法

＝ an an－1
＝9－9a2n
，所以 an＋1＝an.又 a1＝3≠a2，所以数列
{an}不为等比数列，所以②不正确．由题知 an·Sn＝an＋1·Sn＋1，所以 an an＋1
Sn＋1 ＝ Sn
>1，所以
an>an＋1>0，所以数列{an}为递减数列，所以③正确．若数列{an}的所有项均大于等于1100 ，
真题分类22 数列的概念与简单表示法
高考·数学
第六章数列
§6.1 数列的概念及其表示真题分类22 数列的概念与简单表示法
C1.数列的概念及通项公式 C2.由an与Sn的关系求通项an C3.由递推关系式求数列的通项公式 C4.数列的单调性、周期性和最值 C5.数列求和问题
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真题分类22 数列的概念与简单表示法
∴Sn＝a1（11－－qqn）＝－1（1－1－22n）＝1－2n，
∴S6＝1－26＝－63.
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真题分类22 数列的概念与简单表示法
高考·数学
4．(2021·全国乙卷(理)，1
n
项和，bn
为数列 S n
的前 n
项积，已知S2n ＋b1n ＝2. (1)证明：数列{bn}是等差数列； (2)求{an}的通项公式．
即
1 an≥100
，取 n>90 000，则 Sn>900，于是 an·Sn>9，与已知矛盾，所以{an}中存在小于1100
的项，所以④正确．
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真题分类22 数列的概念与简单表示法
高考·数学
2．(2020·江苏，11，5 分)设{an}是公差为 d 的等差数列，{bn}是公比为 q 的等比数列．已知数列{an＋bn}的前 n 项和 Sn＝n2－n＋2n－1(n∈N*)，则 d＋q 的值是________．

江苏省高考数学-真题分类汇编-数列【范本模板】

五、数列（一）填空题 1、（2008江苏卷10)将全体正整数排成一个三角形数阵：1 2 3 4 5 6 7 8 9 10．．．．．．．按照以上排列的规律，第n 行（n ≥3）从左向右的第3 个数为．【解析】本小题考查归纳推理和等差数列求和公式．前n －1 行共有正整数1＋2＋…＋（n－1）个,即22n n -个，因此第n 行第 3 个数是全体正整数中第22n n-＋3个，即为262n n -+． 2、(2009江苏卷14)设{}n a 是公比为q 的等比数列,||1q >，令1(1,2,)n n b a n =+=，若数列{}n b 有连续四项在集合{}53,23,19,37,82--中，则6q = 。

【解析】考查等价转化能力和分析问题的能力。

等比数列的通项。

{}n a 有连续四项在集合{}54,24,18,36,81--，四项24,36,54,81--成等比数列,公比为32q =-，6q = —93、(2010江苏卷8)函数y=x 2(x>0）的图像在点(a k ,a k 2)处的切线与x 轴交点的横坐标为a k+1，k 为正整数，a 1=16，则a 1+a 3+a 5=_________[解析]考查函数的切线方程、数列的通项.在点(a k ，a k 2)处的切线方程为：22(),k k k y a a x a -=-当0y =时，解得2ka x =，所以1135,1641212kk a a a a a +=++=++=。

4、（2011江苏卷13）设1271a a a =≤≤≤,其中7531,,,a a a a 成公比为q 的等比数列,642,,a a a 成公差为1的等差数列，则q 的最小值是________. 【解析】由题意：231222112a a q a q a q =≤≤≤+≤≤+≤，222221,12a q a a q a ∴≤≤++≤≤+3223q a ≥+≥，而212221,1,,1,2a a a a a ≥=∴++的最小值分别为1,2,3；3min 3q ∴本题主要考查综合运用等差、等比的概念及通项公式，不等式的性质解决问题的能力,考查抽象概括能力和推理能力，本题属难题。

23 2008～2019年江苏高考数学分类汇编(解析版)---数列加试

2008～2019年江苏高考数学分类汇编数列2010-23 已知△ABC 的三边长都是有理数．(1)求证cosA 是有理数；（2）求证：对任意正整数n ，cosnA 是有理数．【解析】本题主要考查余弦定理、数学归纳法等基础知识，考查推理论证的能力与分析问题、解决问题的能力．（方法一）（1）证明：设三边长分别为,,a b c ，222cos 2b c a A bc+-=，∵,,a b c 是有理数，222b c a +-是有理数，分母2bc 为正有理数，又有理数集对于除法的具有封闭性，∴2222b c a bc+-必为有理数，∴cosA 是有理数．（2）①当1n =时，显然cosA 是有理数；当2n =时，∵2cos22cos 1A A =-，因为cosA 是有理数，∴cos2A 也是有理数；②假设当(2)n k k ≤≥时，结论成立，即coskA 、cos(1)k A -均是有理数．当1n k =+时，cos(1)cos cos sin sin k A kA A kA A +=-，1cos(1)cos cos [cos()cos()]2k A kA A kA A kA A +=---+，11cos(1)cos cos cos(1)cos(1)22k A kA A k A k A +=--++，解得：cos(1)2cos cos cos(1)k A kA A k A +=-- ∵cosA ，cos kA ，cos(1)k A -均是有理数， ∴2cos cos cos(1)kA A k A --是有理数， ∴cos(1)k A +是有理数．即当1n k =+时，结论成立．综上所述，对于任意正整数n ，cosnA 是有理数．（方法二）证明：（1）由AB 、BC 、AC 为有理数及余弦定理知222cos 2AB AC BC A AB AC+-=⋅是有理数．（2）用数学归纳法证明cosnA 和sin sin A nA ⋅都是有理数．①当1n =时，由（1）知cos A 是有理数，从而有2sin sin 1cos A A A ⋅=-也是有理数．②假设当(1)n k k =≥时，cos kA 和sin sin A kA ⋅都是有理数．当1n k =+时，由cos(1)cos cos sin sin k A A kA A kA +=⋅-⋅， sin sin(1)sin (sin cos cos sin )A k A A A kA A kA ⋅+=⋅⋅+⋅(sin sin )cos (sin sin )cos A A kA A kA A =⋅⋅+⋅⋅由①和归纳假设，知cos(1)k A +和sin sin(1)A k A ⋅+都是有理数．即当1n k =+时，结论成立．综合①、②可知，对任意正整数n ，cosnA 是有理数．2013-23 设数列{}n a ：111,2,2,3,3,3,4,4,4,4,,(1),,(1)k k k k k --------⋅⋅⋅-⋅⋅⋅-⋅⋅⋅644474448个，，即当(1)(1)()22k k k k n k N *-+<≤∈时，记1(1)k n a k -=-.记12()n n S a a a n N *=++⋅⋅⋅+∈. 对于l N *∈，定义集合{|l n p n S =是n a 的整数倍，n N *∈，且1}n l ≤≤. （1）求集合11p 中元素的个数；（2）求集合2000p 中元素的个数．【解析】2014-23 已知函数0sin ()(0)xf x x x=>，设()n f x 为1()n f x -的导数，*n N ∈ （1）求122()()222f f πππ+的值；（2）证明：对任意*n N ∈，等式12()()4442n n nf f πππ-+=都成立2015-23 已知集合{}3,2,1=X ，{})(,,3,2,1*N n n Y n ∈=Λ，{,),(a b b a b a S n 整除或整除= }n Y b X a ∈∈,，令()f n 表示集合n S 所含元素的个数．（1）写出(6)f 的值；（2）当6n ≥时，写出()f n 的表达式，并用数学归纳法证明．2018-23 设，对1，2，···，n的一个排列，如果当s<t时，有，则称是排列的一个逆序，排列的所有逆序的总个数称为其逆序数．例如：对1，2，3的一个排列231，只有两个逆序(2，1)，(3，1)，则排列231的逆序数为2．记为1，2，···，n的所有排列中逆序数为k的全部排列的个数．（1）求的值；（2）求的表达式(用n表示)．【分析】（1）先根据定义利用枚举法确定含三个元素的集合中逆序数为2的个数，再利用枚举法确定含四个元素的集合中逆序数为2的个数；（2）先寻求含n个元素的集合中逆序数为2与含n+1个元素的集合中逆序数为2的个数之间的关系，再根据叠加法求得结果.【详解】（1）记为排列abc的逆序数，对1，2，3的所有排列，有，所以．对1，2，3，4的排列，利用已有的1，2，3的排列，将数字4添加进去，4在新排列中的位置只能是最后三个位置．（2）对一般的n（n≥4）的情形，逆序数为0的排列只有一个：12…n，所以．逆序数为1的排列只能是将排列12…n中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列，所以．为计算，当1，2，…，n的排列及其逆序数确定后，将n+1添加进原排列，n+1在新排列中的位置只能是最后三个位置．因此，．当n≥5时，，因此，n≥5时，．【点睛】探求数列通项公式的方法有观察(观察规律)、比较(比较已知数列)、归纳、转化(转化为特殊数列)、联想(联想常见的数列)等方法.寻求相邻项之间的递推关系，是求数列通项公式的一个有效的方法.【答案】（1）2 5（2）n≥5时，。

十年高考分类江苏高考数学试卷精校版含详解6数列部分

，
，则的值是
．
8. 设数列满足
，且
，则数列前项的和为
．
9. 等比数列的各项均为实数，其前项为，已知
，
，则
．
10. 将全体正整数排成一个三角形数阵：
按照以上排列的规律，数阵中第行
从左至右的第个数为
．
11. 设是公比为的等比数列，
，令
在集合
中，则
．
，若数列有连续四项
12. 函数，则
十年高考分类江苏高考数学试卷精校版含详解 6 数列部分
一、选择题（共 2 小题；共 10 分）
1. 在各项都为正数的等比数列
A.
B.
中，首项
，前三项和为，则
C.
D.
2. 已知方程
的四个根组成一个首项为的等差数列，则
A.
B.
C.
D.
二、填空题（共 12 小题；共 60 分）
3. 已知是等差数列，是其前项和．若
，那么第行的第个数为
．
11. 【解析】提示：数列
中的连续四项是
12.
【解析】因为切线的斜率为
，，，．，所以切线方程为
，与
轴的交点坐标为数列，所以
，即．
，所以数列是以
为首项，为公比的等比
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13. 【解析】首先由已知条件求出
的公比与首项，然后根据求和公式和通项公式将不等式的两边求出，
．
第三部分
15. （1）设等差数列首项为，公差为，则
，
则
所以等差数列是“ 数列”．
（2）由数列是“ 数列”则当
数列是“ 数列”当

(word完整版)2008-2018年江苏省高考数学试题分类解析汇编-数列解析版,推荐文档

2008-2018年江苏省高考数学试题分类解析汇编专题2：数列一、填空题1. （2018年江苏省5分）已知集合{}A x |x 2n 1,n N*==-∈ ，{}n B x |x 2,n N*==∈。

将A B ⋃ 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{}n a ，记n S n S 为数列{}n a 的前n 项和，则使得n n 1S 12a +>成立的n 的最小值为 ▲ 。

【答案】27。

【考点】数列求和。

【分析】所有正奇数和n 2(n N*)∈按照从小到大的顺序排列构成{}n a ，在数列{}n a 中求前n 项和用分组求和法。

采用列举法，当n 1= 时，12S 112a 24=<= ，不符合题意；……；当n 27= 时，5272822(143)2(12)S 4846254612a 540212⨯+-=+=+=>=- 。

2. （2017年江苏省5分）等比数列{}n a 的各项均为实数，其前n 项为S n ，已知37S 4=，663S 4=则a 8= ▲ 。

【答案】32。

【考点】等比数列的求和公式和通项公式。

【分析】设等比数列{}n a 的公比为q 1≠ ，因为37S 4= ，663S 4=可得3161a (1q )71q 4a (1q )631q4⎧-=⎪-⎪⎨-⎪=⎪-⎩ ，解得11a 4= ，q 2= ，所以781a 2324== 。

3.（2016年江苏省5分）已知{}n a 是等差数列，n S 是其前n 项和．若212a a 3+=-，5S 10=，则9a 的值是 ▲ 。

【答案】20。

【考点】等差数列通项，等差数列前n 项和。

【分析】设公差为d ，则由题意可得()211a a d 3++=-，15a 10d 10+=，解得1a 4=-，d 3=，则9a 48320=-+⨯= 。

4.（2015年江苏省5分）设数列{}n a 满足1a 1=，且*n 1n a a n 1n N +=+∈﹣（），则数列n 1a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭ 的前10项的和为 ▲ 。

2024年高考数学分类汇编三数列

2024年高考数学分类汇编三数列一、单选题1．（2024·全国）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若91S =，37a a +=（） A ．2−B ．73C ．1D ．292．（2024·全国）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若510S S =，51a =，则1a =（） A ．2− B ．73C ．1D ．2二、填空题3．（2024·全国）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若347a a +=，2535a a +=，则10S = .4．（2024·北京）已知{}|k k M k a b ==，n a ，n b 不为常数列且各项均不相同，下列正确的是 .①n a ，n b 均为等差数列，则M 中最多一个元素； ②n a ，n b 均为等比数列，则M 中最多三个元素； ③n a 为等差数列，n b 为等比数列，则M 中最多三个元素； ④n a 单调递增，n b 单调递减，则M 中最多一个元素.5．（2024·上海）无穷等比数列{}n a 满足首项10,1a q >>，记[][]{}121,,,n n n I x y x y a a a a +=−∈⋃，若对任意正整数n 集合n I 是闭区间，则q 的取值范围是．三、解答题6．（2024·全国）设m 为正整数，数列1242,,...,m a a a +是公差不为0的等差数列，若从中删去两项i a 和()j a i j <后剩余的4m 项可被平均分为m 组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列1242,,...,m a a a +是(),i j −可分数列．(1)写出所有的(),i j ，16i j ≤<≤，使数列126,,...,a a a 是(),i j −可分数列； (2)当3m ≥时，证明：数列1242,,...,m a a a +是()2,13−可分数列；(3)从1,2,...,42m +中一次任取两个数i 和()j i j <，记数列1242,,...,m a a a +是(),i j −可分数列的概率为m P ，证明：18m P >．7．（2024·全国）已知双曲线()22:0C x y m m −=>，点()15,4P 在C 上，k 为常数，01k <<．按照如下方式依次构造点()2,3,...n P n =，过1n P −作斜率为k 的直线与C 的左支交于点1n Q −，令n P 为1n Q −关于y 轴的对称点，记n P 的坐标为(),n n x y . (1)若12k =，求22,x y ； (2)证明：数列{}n n x y −是公比为11kk+−的等比数列； (3)设n S 为12n n n P P P ++的面积，证明：对任意的正整数n ，1n n S S +=. 8．（2024·全国）已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1233n n S a +=−. (1)求{}n a 的通项公式； (2)求数列{}n S 的通项公式.9．（2024·全国）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，且434n n S a =+． (1)求{}n a 的通项公式；(2)设1(1)n n n b na −=−，求数列{}n b 的前n 项和为n T ．10．（2024·北京）设集合(){}{}{}{}(){},,,1,2,3,4,5,6,7,8,2M i j s t i j s t i j s t =∈∈∈∈+++．对于给定有穷数列{}():18n A a n ≤≤，及序列12:,,...,s ωωωΩ，(),,,k k k k k i j s t M ω=∈，定义变换T ：将数列A 的第1111,,,i j s t 项加1，得到数列()1T A ；将数列()1T A 的第2222,,,i j s t 列加1，得到数列()21T T A …；重复上述操作，得到数列()21...s T T T A ，记为()A Ω． (1)给定数列:1,3,2,4,6,3,1,9A 和序列()()():1,3,5,7,2,4,6,8,1,3,5,7Ω，写出()A Ω； (2)是否存在序列Ω，使得()A Ω为123456782,6,4,2,8,2,4,4a a a a a a a a ++++++++，若存在，写出一个符合条件的Ω；若不存在，请说明理由；(3)若数列A 的各项均为正整数，且1357a a a a +++为偶数，证明：“存在序列Ω，使得()A Ω为常数列”的充要条件为“12345678a a a a a a a a +=+=+=+”．11．（2024·天津）已知数列{}n a 是公比大于0的等比数列．其前n 项和为n S ．若1231,1a S a ==−． (1)求数列{}n a 前n 项和n S ；(2)设11,2,k n n k k k n a b b k a n a −+=⎧=⎨+<<⎩，11b =，其中k 是大于1的正整数．（ⅰ）当1k n a +=时，求证：1n k n b a b −≥⋅；（ⅱ）求1nS i i b =∑．答案详解1．D【分析】可以根据等差数列的基本量，即将题目条件全转化成1a 和d 来处理，亦可用等差数列的性质进行处理，或者特殊值法处理. 【解析】方法一：利用等差数列的基本量由91S =，根据等差数列的求和公式，911989193612S a d a d ⨯=+=⇔+=，又371111222628(936)99a a a d a d a d a d +=+++=+=+=.故选：D方法二：利用等差数列的性质根据等差数列的性质，1937a a a a +=+，由91S =，根据等差数列的求和公式， 193799()9()122a a a a S ++===，故3729a a +=. 故选：D方法三：特殊值法不妨取等差数列公差0d =，则9111199S a a ==⇒=，则371229a a a +==. 故选：D 2．B【分析】由510S S =结合等差中项的性质可得80a =，即可计算出公差，即可得1a 的值. 【解析】由105678910850S S a a a a a a −=++++==，则80a =，则等差数列{}n a 的公差85133a a d −==−，故151741433a a d ⎛⎫=−=−⨯−= ⎪⎝⎭. 故选：B. 3．95【分析】利用等差数列通项公式得到方程组，解出1,a d ，再利用等差数列的求和公式节即可得到答案.【解析】因为数列n a 为等差数列，则由题意得()1111237345a d a d a d a d +++=⎧⎨+++=⎩，解得143a d =−⎧⎨=⎩，则()10110910104453952S a d ⨯=+=⨯−+⨯=. 故答案为：95. 4．①③④【分析】利用两类数列的散点图的特征可判断①④的正误，利用反例可判断②的正误，结合通项公式的特征及反证法可判断③的正误.【解析】对于①，因为{}{},n n a b 均为等差数列，故它们的散点图分布在直线上，而两条直线至多有一个公共点，故M 中至多一个元素，故①正确. 对于②，取()112,2,n n n n a b −−==−−则{}{},n n a b 均为等比数列，但当n 为偶数时，有()1122n n n n a b −−===−−，此时M 中有无穷多个元素，故②错误.对于③，设()0,1nn b Aq Aq q =≠≠±，()0n a kn b k =+≠，若M 中至少四个元素，则关于n 的方程n Aq kn b =+至少有4个不同的正数解，若0,1q q >≠，则由n y Aq =和y kn b =+的散点图可得关于n 的方程n Aq kn b =+至多有两个不同的解，矛盾；若0,1q q <≠±，考虑关于n 的方程n Aq kn b =+奇数解的个数和偶数解的个数，当n Aq kn b =+有偶数解，此方程即为nA q kn b =+，方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时ln 0Ak q >，否则ln 0Ak q <，因,ny A q y kn b ==+单调性相反，方程nA q kn b =+至多一个偶数解，当n Aq kn b =+有奇数解，此方程即为nA q kn b −=+，方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时ln 0Ak q −>即ln 0Ak q < 否则ln 0Ak q >，因,ny A q y kn b =−=+单调性相反，方程nA q kn b =+至多一个奇数解，因为ln 0Ak q >，ln 0Ak q <不可能同时成立，故n Aq kn b =+不可能有4个不同的正数解，故③正确.对于④，因为{}n a 为单调递增，{}n b 为递减数列，前者散点图呈上升趋势，后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，故④正确. 故答案为：①③④【点睛】思路点睛：对于等差数列和等比数列的性质的讨论，可以利用两者散点图的特征来分析，注意讨论两者性质关系时，等比数列的公比可能为负，此时要注意合理转化. 5．2q ≥【分析】当2n ≥时，不妨设x y ≥，则[][][]2121110,,0,n n n n x y a a a a a a a a ++−∈−−−−，结合n I 为闭区间可得212n q q −−≥−对任意的2n ≥恒成立，故可求q 的取值范围.【解析】由题设有11n n a a q −=，因为10,1a q >>，故1n n a a +>，故[]1111,,n n n n a a a q a q −+⎡⎤=⎣⎦，当1n =时，[]12,,x y a a ∈，故[]1221,x y a a a a −∈−−，此时1I 为闭区间，当2n ≥时，不妨设x y ≥，若[]12,,x y a a ∈，则[]210,x y a a −∈−，若[][]121,,,n n y a a x a a +∈∈，则[]211,n n x y a a a a +−∈−−，若[]1,,n n x y a a +∈，则[]10,n n x y a a +−∈−，综上，[][][]2121110,,0,n n n n x y a a a a a a a a ++−∈−−−−，又n I 为闭区间等价于[][][]2121110,,0,n n n n a a a a a a a a ++−⋃−−⋃−为闭区间，而11121n n n a a a a a a ++−>−>−，故12n n n a a a a +−≥−对任意2n ≥恒成立，故1220n n a a a +−+≥即()11220n a q q a −−+≥，故()2210n q q −−+≥，故212n q q −−≥−对任意的2n ≥恒成立，因1q >，故当n →+∞时，210n q −−→，故20q −≥即2q ≥.故答案为：2q ≥.【点睛】思路点睛：与等比数列性质有关的不等式恒成立，可利用基本量法把恒成立为转为关于与公比有关的不等式恒成立，必要时可利用参变分离来处理. 6．(1)()()()1,2,1,6,5,6(2)证明见解析 (3)证明见解析【分析】（1）直接根据(),i j −可分数列的定义即可；（2）根据(),i j −可分数列的定义即可验证结论；（3）证明使得原数列是(),i j −可分数列的(),i j 至少有()21m m +−个，再使用概率的定义.【解析】（1）首先，我们设数列1242,,...,m a a a +的公差为d ，则0d ≠.由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，故我们可以对该数列进行适当的变形()111,2,...,42k ka a a k m d−=+=+'，得到新数列()1,2, (42)a k k m ==+'，然后对1242,,...,m a a a +'''进行相应的讨论即可. 换言之，我们可以不妨设()1,2,...,42k a k k m ==+，此后的讨论均建立在该假设下进行. 回到原题，第1小问相当于从1,2,3,4,5,6中取出两个数i 和()j i j <，使得剩下四个数是等差数列.那么剩下四个数只可能是1,2,3,4，或2,3,4,5，或3,4,5,6. 所以所有可能的(),i j 就是()()()1,2,1,6,5,6.（2）由于从数列1,2,...,42m +中取出2和13后，剩余的4m 个数可以分为以下两个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①{}{}{}1,4,7,10,3,6,9,12,5,8,11,14，共3组；②{}{}{}15,16,17,18,19,20,21,22,...,41,4,41,42m m m m −++，共3m −组. （如果30m −=，则忽略②）故数列1,2,...,42m +是()2,13−可分数列.（3）定义集合{}{}410,1,2,...,1,5,9,13,...,41A k k m m =+==+，{}{}420,1,2,...,2,6,10,14,...,42B k k m m =+==+.下面证明，对142i j m ≤<≤+，如果下面两个命题同时成立，则数列1,2,...,42m +一定是(),i j −可分数列：命题1：,i A j B ∈∈或,i B j A ∈∈；命题2：3j i −≠.我们分两种情况证明这个结论.第一种情况：如果,i A j B ∈∈，且3j i −≠. 此时设141i k =+，242j k =+，{}12,0,1,2,...,k k m ∈. 则由i j <可知124142k k +<+，即2114k k −>−，故21k k ≥.此时，由于从数列1,2,...,42m +中取出141i k =+和242j k =+后，剩余的4m 个数可以分为以下三个部分，共m 组，使得每组成等差数列： ①{}{}{}11111,2,3,4,5,6,7,8,...,43,42,41,4k k k k −−−，共1k 组；②{}{}{}11111111222242,43,44,45,46,47,48,49,...,42,41,4,41k k k k k k k k k k k k ++++++++−−+，共21k k −组； ③{}{}{}2222222243,44,45,46,47,48,49,410,...,41,4,41,42k k k k k k k k m m m m ++++++++−++，共2m k −组.（如果某一部分的组数为0，则忽略之）故此时数列1,2,...,42m +是(),i j −可分数列. 第二种情况：如果,i B j A ∈∈，且3j i −≠. 此时设142i k =+，241j k =+，{}12,0,1,2,...,k k m ∈. 则由i j <可知124241k k +<+，即2114k k −>，故21k k >. 由于3j i −≠，故()()2141423k k +−+≠，从而211k k −≠，这就意味着212k k −≥.此时，由于从数列1,2,...,42m +中取出142i k =+和241j k =+后，剩余的4m 个数可以分为以下四个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①{}{}{}11111,2,3,4,5,6,7,8,...,43,42,41,4k k k k −−−，共1k 组；②{}112121241,31,221,31k k k k k k k +++++++，{}121212232,222,32,42k k k k k k k +++++++，共2组；③全体{}11212124,3,22,3k p k k p k k p k k p +++++++，其中213,4,...,p k k =−，共212k k −−组； ④{}{}{}2222222243,44,45,46,47,48,49,410,...,41,4,41,42k k k k k k k k m m m m ++++++++−++，共2m k −组.（如果某一部分的组数为0，则忽略之）这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含212k k −−个行，4个列的数表以后，4个列分别是下面这些数：{}111243,44,...,3k k k k +++，{}12121233,34,...,22k k k k k k +++++，{}121212223,223,...,3k k k k k k +++++，{}1212233,34,...,4k k k k k ++++.可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍{}11241,42,...,42k k k +++中除开五个集合{}1141,42k k ++，{}121231,32k k k k ++++，{}1212221,222k k k k ++++，{}121231,32k k k k ++++，{}2241,42k k ++中的十个元素以外的所有数.而这十个数中，除开已经去掉的142k +和241k +以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列1,2,...,42m +是(),i j −可分数列. 至此，我们证明了：对142i j m ≤<≤+，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列1,2,...,42m +一定是(),i j −可分数列.然后我们来考虑这样的(),i j 的个数.首先，由于A B ⋂=∅，A 和B 各有1m +个元素，故满足命题1的(),i j 总共有()21m +个；而如果3j i −=，假设,i A j B ∈∈，则可设141i k =+，242j k =+，代入得()()2142413k k +−+=. 但这导致2112k k −=，矛盾，所以,i B j A ∈∈. 设142i k =+，241j k =+，{}12,0,1,2,...,k k m ∈，则()()2141423k k +−+=，即211k k −=. 所以可能的()12,k k 恰好就是()()()0,1,1,2,...,1,m m −，对应的(),i j 分别是()()()2,5,6,9,...,42,41m m −+，总共m 个.所以这()21m +个满足命题1的(),i j 中，不满足命题2的恰好有m 个.这就得到同时满足命题1和命题2的(),i j 的个数为()21m m +−.当我们从1,2,...,42m +中一次任取两个数i 和()j i j <时，总的选取方式的个数等于()()()()424121412m m m m ++=++.而根据之前的结论，使得数列1242,,...,m a a a +是(),i j −可分数列的(),i j 至少有()21m m +−个. 所以数列1242,,...,m a a a +是(),i j −可分数列的概率m P 一定满足()()()()()()()()()22221111124214121412142221218m m m m m m m m P m m m m m m m m ⎛⎫+++ ⎪+−++⎝⎭≥=>==++++++++. 这就证明了结论.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究结论. 7．(1)23x =，20y = (2)证明见解析 (3)证明见解析【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出2P 的坐标即可；（2）根据等比数列的定义即可验证结论；（3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明n S 的取值为与n 无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明n S 的取值为与n 无关的定值即可. 【解析】（1）由已知有22549m =−=，故C 的方程为229x y −=. 当12k =时，过()15,4P 且斜率为12的直线为32x y +=，与229x y −=联立得到22392x x +⎛⎫−= ⎪⎝⎭.解得3x =−或5x =，所以该直线与C 的不同于1P 的交点为()13,0Q −，该点显然在C 的左支上.故()23,0P ，从而23x =，20y =.（2）由于过(),n n n P x y 且斜率为k 的直线为()n n y k x x y =−+，与229x y −=联立，得到方程()()229n n x k x x y −−+=.展开即得()()()2221290n n n n k x k y kx x y kx −−−−−−=，由于(),n n n P x y 已经是直线()n n y k x x y =−+和229x y −=的公共点，故方程必有一根n x x =. 从而根据韦达定理，另一根()2222211n n n n nn k y kx ky x k x x x k k −−−=−=−−，相应的()2221n n nn n y k y kx y k x x y k+−=−+=−. 所以该直线与C 的不同于n P 的交点为222222,11n n n n n n n ky x k x y k y kx Q k k ⎛⎫−−+− ⎪−−⎝⎭，而注意到n Q 的横坐标亦可通过韦达定理表示为()()2291n n ny kx k x −−−−，故n Q 一定在C 的左支上.所以2212222,11n n n n n nn x k x ky y k y kx P k k +⎛⎫+−+− ⎪−−⎝⎭. 这就得到21221n n nn x k x ky x k ++−=−，21221n n n n y k y kx y k ++−=−. 所以2211222211n n n n n nn n x k x ky y k y kx x y k k+++−+−−=−−− ()()222222*********n n n n n n n nn n x k x kx y k y ky k k kx y x y k k k k+++++++=−=−=−−−−−. 再由22119x y −=，就知道110x y −≠，所以数列{}n n x y −是公比为11k k+−的等比数列.（3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点,,U V W ，若(),UV a b =，(),UW c d =，则12UVWSad bc =−.（若,,U V W 在同一条直线上，约定0UVWS =）证明：211sin ,1cos ,22UVWS UV UW UV UW UV UW UV UW =⋅=⋅−()222211122UV UW UV UW UV UW UV UW UV UW ⎛⎫⋅⎪=⋅−=⋅−⋅⎪⋅⎭==12ad bc ==−. 证毕，回到原题.由于上一小问已经得到21221n n nn x k x ky x k++−=−，21221n n n n y k y kx y k ++−=−，故()()22211222221211111n n n n n n n n n nn n x k x ky y k y kx k k kx y x y x y k k k k+++−+−+−−+=+=+=+−−−+. 再由22119x y −=，就知道110x y +≠，所以数列{}n n x y +是公比为11kk−+的等比数列. 所以对任意的正整数m ，都有n n m n n m x y y x ++−()()()()()()1122n n m n n m n n m n n m n n m n n m n n m n n m x x y y x y y x x x y y x y y x ++++++++=−+−−−−− ()()()()1122n n n m n m n n n m n m x y x y x y x y ++++=−+−+− ()()()()11112121mmn n n n n n n n k k x y x y x y x y k k −+⎛⎫⎛⎫=−+−+− ⎪ ⎪+−⎝⎭⎝⎭()22111211mmn n k k x y k k ⎛⎫−+⎛⎫⎛⎫=−− ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+−⎝⎭⎝⎭⎝⎭911211mmk k k k ⎛⎫−+⎛⎫⎛⎫=− ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+−⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 而又有()()()111,n n n n n n P P x x y y +++=−−−−，()122121,n n n n n n P P x x y y ++++++=−−，故利用前面已经证明的结论即得 ()()()()1212112112n n n n P P P n n n n n n n n S Sx x y y y y x x ++++++++==−−−+−−()()()()12112112n n n n n n n n x x y y y y x x ++++++=−−−−− ()()()1212112212n n n n n n n n n n n n x y y x x y y x x y y x ++++++++=−+−−− 2219119119112211211211k k k k k k k k k k k k ⎛⎫−+−+−+⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=−+−−− ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+−+−+−⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 这就表明n S 的取值是与n 无关的定值，所以1n n S S +=.方法二：由于上一小问已经得到21221n n n n x k x ky x k++−=−，21221n n n n y k y kx y k ++−=−，故()()22211222221211111n n n n n n n n n nn n x k x ky y k y kx k k kx y x y x y k k k k+++−+−+−−+=+=+=+−−−+. 再由22119x y −=，就知道110x y +≠，所以数列{}n n x y +是公比为11kk−+的等比数列. 所以对任意的正整数m ，都有n n m n n m x y y x ++−()()()()()()1122n n m n n m n n m n n m n n m n n m n n m n n m x x y y x y y x x x y y x y y x ++++++++=−+−−−−− ()()()()1122n n n m n m n n n m n m x y x y x y x y ++++=−+−+− ()()()()11112121mmn n n n n n n n k k x y x y x y x y k k −+⎛⎫⎛⎫=−+−+− ⎪ ⎪+−⎝⎭⎝⎭()22111211mmn n k k x y k k ⎛⎫−+⎛⎫⎛⎫=−− ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+−⎝⎭⎝⎭⎝⎭911211mmk k k k ⎛⎫−+⎛⎫⎛⎫=− ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+−⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 这就得到232311911211n n n n n n n n k k x y y x x y y x k k ++++++−+⎛⎫−=−=− ⎪+−⎝⎭，以及22131322911211n n n n n n n n k k x y y x x y y x k k ++++++⎛⎫−+⎛⎫⎛⎫−=−=− ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+−⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 两式相减，即得()()()()232313131122n n n n n n n n n n n n n n n n x y y x x y y x x y y x x y y x ++++++++++++−−−=−−−. 移项得到232131232131n n n n n n n n n n n n n n n n x y y x x y y x y x x y y x x y ++++++++++++−−+=−−+. 故()()()()321213n n n n n n n n y y x x y y x x ++++++−−=−−.而()333,n n n n n n P P x x y y +++=−−，()122121,n n n n n n P P x x y y ++++++=−−.所以3n n P P +和12n n P P ++平行，这就得到12123n n n n n n P P P P P P SS+++++=，即1n n S S +=.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.8．(1)153n n a −⎛⎫= ⎪⎝⎭(2)353232n⎛⎫− ⎪⎝⎭ 【分析】（1）利用退位法可求公比，再求出首项后可求通项；（2）利用等比数列的求和公式可求n S .【解析】（1）因为1233n n S a +=−,故1233n n S a −=−，所以()12332n n n a a a n +=−≥即153n n a a +=故等比数列的公比为53q =，故1211523333533a a a a =−=⨯−=−，故11a =，故153n n a −⎛⎫= ⎪⎝⎭.（2）由等比数列求和公式得5113353523213n nn S ⎡⎤⎛⎫⨯−⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦==− ⎪⎝⎭−. 9．(1)14(3)n n a −=⋅− (2)(21)31n n T n =−⋅+【分析】（1）利用退位法可求{}n a 的通项公式．（2）利用错位相减法可求n T .【解析】（1）当1n =时，1114434S a a ==+，解得14a =．当2n ≥时，11434n n S a −−=+，所以1144433n n n n n S S a a a −−−==−即13n n a a −=−，而140a =≠，故0n a ≠，故13nn a a −=−， ∴数列{}n a 是以4为首项，3−为公比的等比数列，所以()143n n a −=⋅−.（2）111(1)4(3)43n n n n b n n −−−=−⋅⋅⋅−=⋅,所以123n n T b b b b =++++0211438312343n n −=⋅+⋅+⋅++⋅故1233438312343n n T n =⋅+⋅+⋅++⋅ 所以1212443434343n n n T n −−=+⋅+⋅++⋅−⋅()1313444313n nn −−=+⋅−⋅−()14233143n n n −=+⋅⋅−−⋅(24)32n n =−⋅−， (21)31n n T n ∴=−⋅+.10．(1)():3,4,4,5,8,4,3,10A Ω (2)不存在符合条件的Ω，理由见解析 (3)证明见解析【分析】（1）直接按照()A Ω的定义写出()A Ω即可；（2）利用反证法，假设存在符合条件的Ω，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；（3）分充分性和必要性两方面论证.【解析】（1）由题意得():3,4,4,5,8,4,3,10A Ω；（2）假设存在符合条件的Ω，可知()A Ω的第1,2项之和为12a a s ++，第3,4项之和为34a a s ++，则()()()()121234342642a a a a s a a a a s ⎧+++=++⎪⎨+++=++⎪⎩，而该方程组无解，故假设不成立，故不存在符合条件的Ω；（3）我们设序列()21...k T T T A 为{}(),18k n a n ≤≤，特别规定()0,18n n a a n =≤≤. 必要性：若存在序列12:,,...,s ωωωΩ，使得()A Ω为常数列.则,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a =======，所以,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a +=+=+=+. 根据()21...k T T T A 的定义，显然有,21,21,211,2k j k j k j k j a a a a −−−−+=+，这里1,2,3,4j =，1,2,...k =. 所以不断使用该式就得到，12345678a a a a a a a a +=+=+=+，必要性得证.充分性：若12345678a a a a a a a a +=+=+=+.由已知，1357a a a a +++为偶数，而12345678a a a a a a a a +=+=+=+，所以()()24681213574a a a a a a a a a a +++=+−+++也是偶数.我们设()21...s T T T A 是通过合法的序列Ω的变换能得到的所有可能的数列()A Ω中，使得,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a −+−+−+−最小的一个.上面已经证明,21,21,211,2k j k j k j k j a a a a −−−−+=+，这里1,2,3,4j =，1,2,...k =.从而由12345678a a a a a a a a +=+=+=+可得,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a +=+=+=+. 同时，由于k k k k i j s t +++总是偶数，所以,1,3,5,7k k k k a a a a +++和,2,4,6,8k k k k a a a a +++的奇偶性保持不变，从而,1,3,5,7s s s s a a a a +++和,2,4,6,8s s s s a a a a +++都是偶数. 下面证明不存在1,2,3,4j =使得,21,22s j s j a a −−≥.假设存在，根据对称性，不妨设1j =，,21,22s j s j a a −−≥，即,1,22s s a a −≥.情况1：若,3,4,5,6,7,80s s s s s s a a a a a a −+−+−=，则由,1,3,5,7s s s s a a a a +++和,2,4,6,8s s s s a a a a +++都是偶数，知,1,24s s a a −≥.对该数列连续作四次变换()()()()2,3,5,8,2,4,6,8,2,3,6,7,2,4,5,7后，新的4,14,24,34,44,54,64,74,8s s s s s s s s a a a a a a a a ++++++++−+−+−+−相比原来的,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a −+−+−+−减少4，这与,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a −+−+−+−的最小性矛盾；情况2：若,3,4,5,6,7,80s s s s s s a a a a a a −+−+−>，不妨设,3,40s s a a −>.情况2-1：如果,3,41s s a a −≥，则对该数列连续作两次变换()()2,4,5,7,2,4,6,8后，新的2,12,22,32,42,52,62,72,8s s s s s s s s a a a a a a a a ++++++++−+−+−+−相比原来的,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a −+−+−+−至少减少2，这与,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a −+−+−+−的最小性矛盾；情况2-2：如果,4,31s s a a −≥，则对该数列连续作两次变换()()2,3,5,8,2,3,6,7后，新的2,12,22,32,42,52,62,72,8s s s s s s s s a a a a a a a a ++++++++−+−+−+−相比原来的,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a −+−+−+−至少减少2，这与,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a −+−+−+−的最小性矛盾.这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的1,2,3,4j =都有,21,21s j s j a a −−≤. 假设存在1,2,3,4j =使得,21,21s j s j a a −−=，则,21,2s j s j a a −+是奇数，所以,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a +=+=+=+都是奇数，设为21N +.则此时对任意1,2,3,4j =，由,21,21s j s j a a −−≤可知必有{}{},21,2,,1s j s j a a N N −=+. 而,1,3,5,7s s s s a a a a +++和,2,4,6,8s s s s a a a a +++都是偶数，故集合{},s m m a N =中的四个元素,,,i j s t 之和为偶数，对该数列进行一次变换(),,,i j s t ，则该数列成为常数列，新的1,11,21,31,41,51,61,71,8s s s s s s s s a a a a a a a a ++++++++−+−+−+−等于零，比原来的,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a −+−+−+−更小，这与,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a −+−+−+−的最小性矛盾.综上，只可能(),21,201,2,3,4s j s j a a j −−==，而,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a +=+=+=+，故{}(),s na A =Ω是常数列，充分性得证.【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析. 11．(1)21n n S =− (2)①证明见详解；②()131419nn S ii n b =−+=∑【分析】（1）设等比数列{}n a 的公比为0q >，根据题意结合等比数列通项公式求q ，再结合等比数列求和公式分析求解；（2）①根据题意分析可知12,1k k n a b k −==+，()121n k k b −=−，利用作差法分析证明；②根据题意结合等差数列求和公式可得()()1211213143449k k k k i i b k k −−−=⎡⎤=−−−⎣⎦∑，再结合裂项相消法分析求解.【解析】（1）设等比数列{}n a 的公比为0q >，因为1231,1a S a ==−，即1231a a a +=−，可得211q q +=−，整理得220q q −−=，解得2q =或1q =−（舍去），所以122112nn n S −==−−.（2）（i ）由（1）可知12n n a −=，且N*,2k k ∈≥，当124kk n a +=≥=时，则111221111k k k k k a n n a a −++⎧=<−=−⎨−=−<⎩，即11k k a n a +<−<可知12,1k k n a b k −==+，()()()1111222121k k k n a k k b b a a k k k k −−+=+−−⋅=+−=−，可得()()()()1112112122120k n k n k k k k k k k k b k a b −−−=−−+=−−≥−−=−⋅≥−，当且仅当2k =时，等号成立，所以1n k n b a b −≥⋅；（ii ）由（1）可知：1211nn n S a +=−=−，若1n =，则111,1S b ==；若2n ≥，则112k k k a a −+−=，当1221k k i −<≤−时，12i i b b k −−=，可知{}i b 为等差数列，可得()()()111211112221122431434429k k k k k k k k i i b k kk k k −−−−−−−=−⎡⎤=⋅+=⋅=−−−⎣⎦∑，所以()()()232113141115424845431434499nn S n n i i n b n n −=−+⎡⎤=+⨯−⨯+⨯−⨯+⋅⋅⋅+−−−=⎣⎦∑，且1n =，符合上式，综上所述：()131419nn S ii n b =−+=∑.【点睛】关键点点睛：1.分析可知当1221k k i −<≤−时，12i i b b k −−=，可知{}i b 为等差数列；2.根据等差数列求和分析可得()()1211213143449k k kk ii b k k −−−=⎡⎤=−−−⎣⎦∑.。

2024年高考数学总复习第六章数列真题分类23等差数列及其前n项和

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真题分类23 等差数列及其前n项和
C2.等差数列中的单调性问题
高考·数学
命题者说：深入探究公差d与等差数列单调性之间的关系，并能判断所给数列的单调性．
第1题第2题
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真题分类23 等差数列及其前n项和
高考·数学
1．(2022·北京，6，4 分)设{an}是公差不为 0 的无穷等差数列，则“{an}为递增数列”
答案：16 由 S9＝27⇒9（a12＋a9）＝27⇒a1＋a9＝6⇒2a5＝6⇒2a1＋ 8d＝6 且 a5＝3.
又 a2a5＋a8＝0⇒2a1＋5d＝0，解得 a1＝－5，d＝2. 故 S8＝8a1＋8×（82－1） d＝16.
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真题分类23 等差数列及其前n项和
高考·数学
A．64 B．128 C．256 D．512
答案：B 由已知条件可得ab11 ＝ab55 ，则 b5＝aa5b11 ＝962×81892 ＝64，因此 b3＝ b1＋b5 192＋64
2 ＝ 2 ＝128. 故选 B.
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真题分类23 等差数列及其前n项和
高考·数学
2．(2019·课标全国Ⅰ(理)，9，5 分)记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和．已知 S4＝0，a5
真题分类23 等差数列及其前n项和
高考·数学
第六章数列
§6.2 等差数列真题分类23 等差数列及其前n项和
C1.等差数列中基本量的求解 C2.等差数列中的单调性问题 C3.等差数列的证明与判定技巧 C4.等差数列中的设项技巧
C5.等差数列的性质及其应用 C6.等差数列前n项和公式的应用 C7.等差数列前n项和的性质及其应用 C8.求等差数列前n项和最值的方法

江苏高三数学新题集粹5.数列

5.数列、不等式 1.在数列{}n a 中，*n ∈N ，若211n n n na a k a a +++-=-（k 为常数），则称{}n a 为“等差比数列”. 下列是对“等差比数列”的判断： D ①k 不可能为0 ②等差数列一定是等差比数列 ③等比数列一定是等差比数列 ④等差比数列中可以有无数项为0 其中正确的判断是A ．①②B ．②③C ．③④D ．①④ 2. 数列{}n a 中，12a =，1n n a a cn +=+（c 是常数，123n =，，，），且123a a a ，，成公比不为1的等比数列．则实数c 的值为． 2 3. 正数a 、b 满足1,a b ab ++=则32a b +的最小值是 ▲ .5+4. 公差不为零的等差数列}{n a 中，有02211273=+-a a a ，数列}{n b 是等比数列，且8677,b b a b 则== . 165. 若关于x 的方程20x x a -+=和()20x x b a b -+=≠的四个根可组成首项为41的等差数列，则a b +的值是．7231 6. 若等差数列{}n a 的前三项和93=S 且11=a ，则3a 等于 . 37. 设{}n a 是公差为正数的等差数列，若12315a a a ++=，12380a a a =，则111213a a a ++= 1058.等差数列}{n a 中，0≠n a ，若1>m 且0121=+-+-m m m a a a ，2138m S -=，则m 的值为 109.设等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为n S ，若12,,n n n S S S ++成等差数列，则q 的值为 -2 10.数列}{n a 中，已知n n n a 3)12(⋅-=，则其前n 项和=n S （化为最简形式） 13)1(3+-+n n11. 不等式10x x->成立的充分不必要条件是 A ．10x -<<或1x > B ．1x <-或01x << C ．1x >- D ． 1x > 【解析】原不等式10x ⇔-<<或1x >(*),显然1x >⇒(*),但(*)⇒/1x >,故选(D).12. 等差数列{}n a 中，已知前15项的和1590S =，则8a 等于A ．245 B ．12 C ．445D ．6【解析】1158158()1521590,622a a a S a +⨯===∴=,故选(D).13. 某公司一年购买某种货物400吨，每次都购买x 吨，运费为4万元/次，一年的总存储费用为4x 万元，要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则x =吨．【解析】某公司一年购买某种货物400吨,每次都购买x 吨,则需要购买400x次,运费为4万元/次,一年的总存储费用为4x 万元,一年的总运费与总存储费用之和为40044x x ⋅+万元,40044x x⋅+≥160,当16004x x=即x =20吨时,一年的总运费与总存储费用之和最小. 14. 若等比数列{a n }的前n 项和S n =2008n +t(t 为常数)，则a 1的值为 2007 15. 若1x ≥时不等式321x x m -+≥恒成立，则实数m 的取值范围是 (－∞，0] 16. 已知正项数列{a n }的首项a 1=1，其前n 项和为S n ，若以(a n ，S n )(n ∈N *)为坐标的点在曲线1(1)2y x x =+上运动，则数列{a n }的通项公式为a n = n 17. 已知函数f (x )=x 2+2x +1，若存在t ，当x ∈[1,m ]时，f (x +t)≤x 恒成立，则实数m 的最大值为 418. 数列1，1+2，1+2+22，1+2+22+23，…，1+2+22+…+2n －1，…的前n 项和S n >1020，那么n 的最小值是 ( ) DA 、7B 、8C 、9D 、10 19. 对正整数n ，设曲线(1)2ny x x x =-=在处的切线与y 轴交点的纵坐标为,{}1nn a a n +则数列的前n 项和是___________. 解析1(1),(1)2n n n y nx n x y x x x -'=-+=-=曲线在处的切线的斜率为12(1)2,n n k n n -=⋅-+ (2,2)n -切点212(2)0,(1)2,21{}222221n n nn n n n n y k x ax a n n an n +∴+=-==+⋅=+∴+++=-+切线方程为令得数列的前项和为 20. 设数列{}237n n n a n S a n =+-中前项的和，则n a =________. 解析 11111,2374n a S a a ===+-∴=当时1111111112,(237)[23(1)7]2232332(3){3}-34-3=1,23122{}23n n n n n n n n n n n n n n n n n n n a S S a n a n a a a a a a a a a a a --------≥=-=+--+--=-+∴=-∴-=--=∴-=⨯=∴=+当时即成等比数列,其首项是公比是数列的通项公式是21. 若在由正整数构成的无穷数列{a n }中，对任意的正整数n ，都有a n ≤ a n +1，且对任意的正整数k ，该数列中恰有2k –1个k ，则a 2008= . 4522. 已知)33(A ，O 是原点，点),(y x P的坐标满足0200y x y -<+<⎨⎪≥⎪⎩，则（1||OA 的最大值为；（2||OP OP OA 的取值范围为 .3；]3,3[-23. 曲线1:=+y x C 上的点到原点的距离的最小值为 .4224. 设n S 表示等比数列}{n a （*N n ∈）的前n 项和，已知3510=S S ，则=515S S 。

江苏高考数列汇总

数列一、填空题：1.（2008.江苏.10）将全体正整数排成一个三角形数阵，按照以上排列的规律，第n 行（n 三3）从左向右的第3个数为.2. （2009.江苏.14）设｛a n ｝是公比为q 的等比数列，I q 1>1,令b n =a n +1（n =1, 2,…），若数列1」｛b n ｝有连续四项在集合｛—53,—23, 19, 37, 82｝中，则6q =.3. （2010.江苏.8）函数y =%2 （%>0）的图象在点（a 左，a 2）处的切线与％轴交点的横坐标为a k +1, k 为正整数，a 1 = 16,则U a 1+a 3+a 5=.4. （2011.江苏.13）设1= a 1^a 2W …W a 7，其中aya 3, a 5, a 7成公比为q 的等比数列，a 2, a 4, a 6成公差为1的等差数列，则q 的最小值是 ___________ .5. （2012.江苏.6）现有10个数，它们能构成一个以1为首项，一3为公比的等比数列，若从这10个数中随机抽取一个数，则它小于8的概率是—.6. （2013.江苏.14）在正项等比数列｛a ｝中，a ［】，a .+a 7 = 3,则满足a , + a ,+…+ a >a&…a 的最大n 5 2 6 7 1 2 n 1 2 n正整数n 的值为.7. （2014.江苏.7）在各项均为正数的等比数列｛a n ｝中，a 2=1, a 8=a 6+2a 4,则a 6的值是 ________8. (2015.江苏.11)设数列｛a n ｝满足a j = 1,且a n r a n =n +1 (n GN *),则数歹lj ｛^｝的前10项和为 n1 23 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 159.（2016.江苏.8）已知｛4是等差数列，S n是其前n项和.若％+魅=—3, S5=10,则与的值是_______ .10.（2017.江苏.9）等比数列｛a n｝的各项均为实数，其前n项的和为S n,已知S3=7, S6=竽，则a8的值是.11.（2018.江苏.14）已知集合A = ｛% I %=2n—1, n£N *｝, B =｛% I %=2n, n£N *｝.将A U B的所有元素从小到大依次排列构成一个数列｛a n｝.记S n为数列｛a n｝的前n项和，则使得S n>12a n+1成立的n的最小值为.12.（2019.江苏.8）已知数列｛a n｝（n e N * ）是等差数列，S n是其前n项和.若a2a5 + a8 =0, S9 = 27, 则S8的值是____ .二、解答题：1.（2008.江苏.19）（1）设数列a y a2,…，a n（n三4）是各项均不为0的等差数列，且公差d于0若从中删去一项后，剩余各项（按原来的顺序）成等比数列.（i）当n=4时，求。

江苏省高考数学真题分类汇编数列

五、数列（一）填空题1、（2008江苏卷10）将全体正整数排成一个三角形数阵：12 34 5 67 8 9 10按照以上排列的规律，第n行（n》3）从左向右的第3个数为______________ .【解析】本小题考查归纳推理和等差数列求和公式.前n —1行共有正整数1 + 2 + •••+（n2 2n — n n — n—1 ）个，即-一n个，因此第n行第3个数是全体正整数中第-一n+ 3个，即为2 2n2- n 622、（2009江苏卷14）设咕,是公比为q的等比数列，|q|・1，令b n二a n • 1（n =1,2,川）,若数列:b n ?有连续四项在集合「-53,-23,19,37,82?中，则6q = .【解析】考查等价转化能力和分析问题的能力。

等比数列的通项。

「a n ?有连续四项在集合:-54, -24,18,36,81，四项-24,36, -54,81成等比数列，公比为3q 二匕，6q= -93、（2010江苏卷8）函数y=x2（x>0）的图像在点（a k,a k2）处的切线与x轴交点的横坐标为a k+1,k 为正整数，a1=16，贝U a1+$+a5= __________［解析］考查函数的切线方程、数列的通项。

a在点（a k,a k2）处的切线方程为：y-a k2 = 2a k（x-a k）,当y = 0时，解得x k,2a所以a k1打，a1 a3 a5=16 4“21。

4、（2011江苏卷13）设1 =印_a2-川_a7，其中a1 ,a3,a5,a7成公比为q的等比数列，a2,a4,a6成公差为1的等差数列，贝U q的最小值是 ___________ .【解析】由题意：1 =印込a2乞q込a2• 1乞q2込a2• 2岂q3,a2^a2 1,a2 1 ^q2^a2 2q3-a2,2-3，而‘為2-1印# ^2 a21 a2 的最小值分别为1,2,3；q min=3-3本题主要考查综合运用等差、等比的概念及通项公式，不等式的性质解决问题的能力，考查抽象概括能力和推理能力，本题属难题•5、( 2012江苏卷6)现有10个数，它们能构成一个以1为首项，_3为公比的等比数列，若从这10个数中随机抽取一个数，则它小于8的概率是______ .【解析】组成满足条件的数列为：1,-3,9. 一27,81,—243,729,—2187,6561,—19683.从中随机取出一个数共有取法10种，其中小于8的取法共有6种，因此取出的这个数小于8的概率为35.【点评】本题主要考查古典概型•在利用古典概型解决问题时，关键弄清基本事件数和基本事件总数，本题要注意审题，“一次随机取两个数”，意味着这两个数不能重复，这一点要特另U注意.16、 (2013江苏卷14) 14 •在正项等比数列{a n}中，35 , a6 a^3，则满足2c•…』n …an的最大正整数n的值为__________________ 。

2020年全国各地高中数学真题分类汇编—数列(含答案)

2020年全国各地⾼考真题分类汇编—数列1．（2020•浙江）已知等差数列{a n}的前n项和S n，公差d≠0，且≤1．记b1＝S2，b n+1＝S2n+2﹣S2n，n∈N*，下列等式不可能成⽴的是（）A．2a4＝a2+a6B．2b4＝b2+b6C．a42＝a2a8D．b42＝b2b82．（2020•北京）在等差数列{a n}中，a1＝﹣9，a5＝﹣1．记T n＝a1a2…a n（n＝1，2，…），则数列{T n}（）A．有最⼤项，有最⼩项B．有最⼤项，⽆最⼩项C．⽆最⼤项，有最⼩项D．⽆最⼤项，⽆最⼩项3．（2020•新课标Ⅰ）设{a n}是等⽐数列，且a1+a2+a3＝1，a2+a3+a4＝2，则a6+a7+a8＝（）A．12B．24C．30D．324．（2020•新课标Ⅱ）如图，将钢琴上的12个键依次记为a1，a2，…，a12．设1≤i＜j＜k≤12．若k﹣j＝3且j﹣i＝4，则a i，a j，a k为原位⼤三和弦；若k﹣j＝4且j﹣i＝3，则称a i，a j，a k 为原位⼩三和弦．⽤这12个键可以构成的原位⼤三和弦与原位⼩三和弦的个数之和为（）A．5B．8C．10D．155．（2020•新课标Ⅱ）0﹣1周期序列在通信技术中有着重要应⽤．若序列a1a2…a n…满⾜a i∈{0，1}（i＝1，2，…），且存在正整数m，使得a i+m＝a i（i＝1，2，…）成⽴，则称其为0﹣1周期序列，并称满⾜a i+m＝a i（i＝1，2…）的最⼩正整数m为这个序列的周期．对于周期为m的0﹣1序列a1a2…a n…，C（k）＝a i a i+k（k＝1，2，…，m﹣1）是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0﹣1序列中，满⾜C（k）≤（k＝1，2，3，4）的序列是（）A．11010…B．11011…C．10001…D．11001…6．（2020•新课标Ⅱ）记S n为等⽐数列{a n}的前n项和．若a5﹣a3＝12，a6﹣a4＝24，则＝（）A．2n﹣1B．2﹣21﹣n C．2﹣2n﹣1D．21﹣n﹣17．（2020•新课标Ⅱ）数列{a n}中，a1＝2，a m+n＝a m a n．若a k+1+a k+2+…+a k+10＝215﹣25，则k＝（）A．2B．3C．4D．58．（2020•新课标Ⅱ）北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中⼼有⼀块圆形⽯板（称为天⼼⽯），环绕天⼼⽯砌9块扇⾯形⽯板构成第⼀环，向外每环依次增加9块．下⼀层的第⼀环⽐上⼀层的最后⼀环多9块，向外每环依次也增加9块．已知每层环数相同，且下层⽐中层多729块，则三层共有扇⾯形⽯板（不含天⼼⽯）（）A．3699块B．3474块C．3402块D．3339块9．（2020•上海）已知数列{a n}是公差不为零的等差数列，且a1+a10＝a9，则＝．10．（2020•新课标Ⅱ）记S n为等差数列{a n}的前n项和．若a1＝﹣2，a2+a6＝2，则S10＝．11．（2020•浙江）已知数列{a n}满⾜a n＝，则S3＝．12．（2020•海南）将数列{2n﹣1}与{3n﹣2}的公共项从⼩到⼤排列得到数列{a n}，则{a n}的前n项和为．13．（2020•江苏）设{a n}是公差为d的等差数列，{b n}是公⽐为q的等⽐数列．已知数列{a n+b n}的前n项和S n＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），则d+q的值是．14．（2020•新课标Ⅰ）数列{a n}满⾜a n+2+（﹣1）n a n＝3n﹣1，前16项和为540，则a1＝．15．（2020•天津）已知{a n}为等差数列，{b n}为等⽐数列，a1＝b1＝1，a5＝5（a4﹣a3），b5＝4（b4﹣b3）．（Ⅰ）求{a n}和{b n}的通项公式；（Ⅱ）记{a n}的前n项和为S n，求证：S n S n+2＜S n+12（n∈N*）；（Ⅲ）对任意的正整数n，设c n＝求数列{c n}的前2n项和．16．（2020•海南）已知公⽐⼤于1的等⽐数列{a n}满⾜a2+a4＝20，a3＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）求a1a2﹣a2a3+…+（﹣1）n﹣1a n a n+1．17．（2020•江苏）已知数列{a n}（n∈N*）的⾸项a1＝1，前n项和为S n．设λ和k为常数，若对⼀切正整数n，均有S n+1﹣S n＝λa n+1成⽴，则称此数列为“λ﹣k”数列．（1）若等差数列{a n}是“λ﹣1”数列，求λ的值；（2）若数列{a n}是“﹣2”数列，且a n＞0，求数列{a n}的通项公式；（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列{a n}为“λ﹣3”数列，且a n≥0？若存在，求出λ的取值范围；若不存在，说明理由．18．（2020•新课标Ⅰ）设{a n}是公⽐不为1的等⽐数列，a1为a2，a3的等差中项．（1）求{a n}的公⽐；（2）若a1＝1，求数列{na n}的前n项和．19．（2020•⼭东）已知公⽐⼤于1的等⽐数列{a n}满⾜a2+a4＝20，a3＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）记b m为{a n}在区间（0，m]（m∈N*）中的项的个数，求数列{b m}的前100项和S100．20．（2020•新课标Ⅲ）设等⽐数列{a n}满⾜a1+a2＝4，a3﹣a1＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）记S n为数列{log3a n}的前n项和．若S m+S m+1═S m+3，求m．21．（2020•浙江）已知数列{a n}，{b n}，{c n}满⾜a1＝b1＝c1＝1，c n＝a n+1﹣a n，c n+1＝c n，（n∈N*）．（Ⅰ）若{b n}为等⽐数列，公⽐q＞0，且b1+b2＝6b3，求q的值及数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）若{b n}为等差数列，公差d＞0，证明：c1+c2+c3+…+c n＜1+，n∈N*．22．（2020•上海）已知各项均为正数的数列{a n}，其前n项和为S n，a1＝1．（1）若数列{a n}为等差数列，S10＝70，求数列{a n}的通项公式；（2）若数列{a n}为等⽐数列，a4＝，求满⾜S n＞100a n时n的最⼩值．参考答案与试题解析⼀．选择题（共8⼩题）1．（2020•浙江）已知等差数列{a n}的前n项和S n，公差d≠0，且≤1．记b1＝S2，b n+1＝S2n+2﹣S2n，n∈N*，下列等式不可能成⽴的是（）A．2a4＝a2+a6B．2b4＝b2+b6C．a42＝a2a8D．b42＝b2b8【解答】解：在等差数列{a n}中，a n＝a1+（n﹣1）d，∴a2＝a1+d，a4＝a1+3d，a8＝a1+7d，b n+1＝S2n+2﹣S2n，∴b2＝S4﹣S2＝a3+a4，b4＝S8﹣S6＝a7+a8，b6＝S12﹣S10＝a11+a12，b8＝S16﹣S14＝a15+a16，A.2a4＝a2+a6，根据等差数列的性质可得A正确，B．若2b4＝b2+b6，则2（a7+a8）＝a3+a4+a11+a12＝（a3+a12）+（a4+a11），成⽴，B正确，C．若a42＝a2a8，则（a1+3d）2＝（a1+d）（a1+7d），即a12+6a1d+9d2＝a12+8a1d+7d2，得a1d＝d2，∵d≠0，∴a1＝d，符合≤1，C正确；D．若b42＝b2b8，则（a7+a8）2＝（a3+a4）（a15+a16），即4a12+52a1d+169d2＝4a12+68a1d+145d2，得16a1d＝24d2，∵d≠0，∴2a1＝3d，不符合≤1，D错误；故选：D．2．（2020•北京）在等差数列{a n}中，a1＝﹣9，a5＝﹣1．记T n＝a1a2…a n（n＝1，2，…），则数列{T n}（）A．有最⼤项，有最⼩项B．有最⼤项，⽆最⼩项C．⽆最⼤项，有最⼩项D．⽆最⼤项，⽆最⼩项【解答】解：设等差数列{a n}的公差为d，由a1＝﹣9，a5＝﹣1，得d＝，∴a n＝﹣9+2（n﹣1）＝2n﹣11．由a n＝2n﹣11＝0，得n＝，⽽n∈N*，可知数列{a n}是单调递增数列，且前5项为负值，⾃第6项开始为正值．可知T1＝﹣9＜0，T2＝63＞0，T3＝﹣315＜0，T4＝945＞0为最⼤项，⾃T5起均⼩于0，且逐渐减⼩．∴数列{T n}有最⼤项，⽆最⼩项．故选：B．3．（2020•新课标Ⅰ）设{a n}是等⽐数列，且a1+a2+a3＝1，a2+a3+a4＝2，则a6+a7+a8＝（）A．12B．24C．30D．32【解答】解：{a n}是等⽐数列，且a1+a2+a3＝1，则a2+a3+a4＝q（a1+a2+a3），即q＝2，∴a6+a7+a8＝q5（a1+a2+a3）＝25×1＝32，故选：D．4．（2020•新课标Ⅱ）如图，将钢琴上的12个键依次记为a1，a2，…，a12．设1≤i＜j＜k≤12．若k﹣j＝3且j﹣i＝4，则a i，a j，a k为原位⼤三和弦；若k﹣j＝4且j﹣i＝3，则称a i，a j，a k 为原位⼩三和弦．⽤这12个键可以构成的原位⼤三和弦与原位⼩三和弦的个数之和为（）A．5B．8C．10D．15【解答】解：若k﹣j＝3且j﹣i＝4，则a i，a j，a k为原位⼤三和弦，即有i＝1，j＝5，k＝8；i＝2，j＝6，k＝9；i＝3，j＝7，k＝10；i＝4，j＝8，k＝11；i＝5，j ＝9，k＝12，共5个；若k﹣j＝4且j﹣i＝3，则a i，a j，a k为原位⼩三和弦，可得i＝1，j＝4，k＝8；i＝2，j＝5，k＝9；i＝3，j＝6，k＝10；i＝4，j＝7，k＝11；i＝5，j ＝8，k＝12，共5个，总计10个．故选：C．5．（2020•新课标Ⅱ）0﹣1周期序列在通信技术中有着重要应⽤．若序列a1a2…a n…满⾜a i∈{0，1}（i＝1，2，…），且存在正整数m，使得a i+m＝a i（i＝1，2，…）成⽴，则称其为0﹣1周期序列，并称满⾜a i+m＝a i（i＝1，2…）的最⼩正整数m为这个序列的周期．对于周期为m的0﹣1序列a1a2…a n…，C（k）＝a i a i+k（k＝1，2，…，m﹣1）是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0﹣1序列中，满⾜C（k）≤（k＝1，2，3，4）的序列是（）A．11010…B．11011…C．10001…D．11001…【解答】解：对于A选项：序列1101011010C（1）＝a i a i+1＝（1+0+0+0+0）＝，C（2）＝a i a i+2＝（0+1+0+1+0）＝，不满⾜C（k）≤（k＝1，2，3，4），故排除A；对于B选项：序列1101111011C（1）＝a i a i+1＝（1+0+0+1+1）＝，不满⾜条件，排除；对于C选项：序列100011000110001C（1）＝a i a i+1＝（0+0+0+0+1）＝，C（2）＝a i a i+2＝（0+0+0+0++0）＝0，C（3）＝a i a i+3＝（0+0+0+0+0）＝0，C（4）＝a i a i+4＝（1+0+0+0+0）＝，符合条件，对于D选项：序列1100111001C（1）＝a i a i+1＝（1+0+0+0+1）＝不满⾜条件．故选：C．6．（2020•新课标Ⅱ）记S n为等⽐数列{a n}的前n项和．若a5﹣a3＝12，a6﹣a4＝24，则＝（）A．2n﹣1B．2﹣21﹣n C．2﹣2n﹣1D．21﹣n﹣1【解答】解：设等⽐数列的公⽐为q，∵a5﹣a3＝12，∴a6﹣a4＝q（a5﹣a3），∴q＝2，∴a1q4﹣a1q2＝12，∴12a1＝12，∴a1＝1，∴S n＝＝2n﹣1，a n＝2n﹣1，∴＝＝2﹣21﹣n，故选：B．7．（2020•新课标Ⅱ）数列{a n}中，a1＝2，a m+n＝a m a n．若a k+1+a k+2+…+a k+10＝215﹣25，则k＝（）A．2B．3C．4D．5【解答】解：由a1＝2，且a m+n＝a m a n，取m＝1，得a n+1＝a1a n＝2a n，∴，则数列{a n}是以2为⾸项，以2为公⽐的等⽐数列，则，∴a k+1+a k+2+…+a k+10＝＝215﹣25，∴k+1＝5，即k＝4．故选：C．8．（2020•新课标Ⅱ）北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中⼼有⼀块圆形⽯板（称为天⼼⽯），环绕天⼼⽯砌9块扇⾯形⽯板构成第⼀环，向外每环依次增加9块．下⼀层的第⼀环⽐上⼀层的最后⼀环多9块，向外每环依次也增加9块．已知每层环数相同，且下层⽐中层多729块，则三层共有扇⾯形⽯板（不含天⼼⽯）（）A．3699块B．3474块C．3402块D．3339块【解答】解：⽅法⼀：设每⼀层有n环，由题意可知从内到外每环之间构成等差数列，且公差d＝9，a1＝9，由等差数列的性质可得S n，S2n﹣S n，S3n﹣S2n成等差数列，且（S3n﹣S2n）﹣（S2n﹣S n）＝n2d，则n2d＝729，则n＝9，则三层共有扇⾯形⽯板S3n＝S27＝27×9+×9＝3402块，⽅法⼆：设第n环天⽯⼼块数为a n，第⼀层共有n环，则{a n}是以9为⾸项，9为公差的等差数列，a n＝9+（n﹣1）×9＝9n，设S n为{a n}的前n项和，则第⼀层、第⼆层、第三层的块数分别为S n，S2n﹣S n，S3n﹣S2n，∵下层⽐中层多729块，∴S3n﹣S2n＝S2n﹣S n+729，∴﹣＝﹣+729，∴9n2＝729，解得n＝9，∴S3n＝S27＝＝3402，故选：C．⼆．填空题（共6⼩题）9．（2020•上海）已知数列{a n}是公差不为零的等差数列，且a1+a10＝a9，则＝．【解答】解：根据题意，等差数列{a n}满⾜a1+a10＝a9，即a1+a1+9d＝a1+8d，变形可得a1＝﹣d，所以＝＝＝＝．故答案为：．10．（2020•新课标Ⅱ）记S n为等差数列{a n}的前n项和．若a1＝﹣2，a2+a6＝2，则S10＝25．【解答】解：因为等差数列{a n}中，a1＝﹣2，a2+a6＝2a4＝2，所以a4＝1，3d＝a4﹣a1＝3，即d＝1，则S10＝10a1＝10×（﹣2）+45×1＝25．故答案为：2511．（2020•浙江）已知数列{a n}满⾜a n＝，则S3＝10．【解答】解：数列{a n}满⾜a n＝，可得a1＝1，a2＝3，a3＝6，所以S3＝1+3+6＝10．故答案为：10．12．（2020•海南）将数列{2n﹣1}与{3n﹣2}的公共项从⼩到⼤排列得到数列{a n}，则{a n}的前n项和为3n2﹣2n．【解答】解：将数列{2n﹣1}与{3n﹣2}的公共项从⼩到⼤排列得到数列{a n}，则{a n}是以1为⾸项、以6为公差的等差数列，故它的前n项和为n×1+＝3n2﹣2n，故答案为：3n2﹣2n．13．（2020•江苏）设{a n}是公差为d的等差数列，{b n}是公⽐为q的等⽐数列．已知数列{a n+b n}的前n项和S n＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），则d+q的值是4．【解答】解：因为{a n+b n}的前n项和S n＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），因为{a n}是公差为d的等差数列，设⾸项为a1；{b n}是公⽐为q的等⽐数列，设⾸项为b1，所以{a n}的通项公式a n＝a1+（n﹣1）d，所以其前n项和S＝＝n2+（a1﹣）n，当{b n}中，当公⽐q＝1时，其前n项和S＝nb1，所以{a n+b n}的前n项和S n＝S+S＝n2+（a1﹣）n+nb1＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），显然没有出现2n，所以q≠1，则{b n}的前n项和为S＝＝+，所以S n＝S+S＝n2+（a1﹣）n+﹣＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），由两边对应项相等可得：解得：d＝2，a1＝0，q＝2，b1＝1，所以d+q＝4，故答案为：4．14．（2020•新课标Ⅰ）数列{a n}满⾜a n+2+（﹣1）n a n＝3n﹣1，前16项和为540，则a1＝7．【解答】解：由a n+2+（﹣1）n a n＝3n﹣1，当n为奇数时，有a n+2﹣a n＝3n﹣1，可得a n﹣a n﹣2＝3（n﹣2）﹣1，…a3﹣a1＝3•1﹣1，累加可得a n﹣a1＝3[1+3+…+（n﹣2）]﹣＝3•＝；当n为偶数时，a n+2+a n＝3n﹣1，可得a4+a2＝5，a8+a6＝17，a12+a10＝29，a16+a14＝41．可得a2+a4+…+a16＝92．∴a1+a3+…+a15＝448．∴＝448，∴8a1＝56，即a1＝7．故答案为：7．三．解答题（共8⼩题）15．（2020•天津）已知{a n}为等差数列，{b n}为等⽐数列，a1＝b1＝1，a5＝5（a4﹣a3），b5＝4（b4﹣b3）．（Ⅰ）求{a n}和{b n}的通项公式；（Ⅱ）记{a n}的前n项和为S n，求证：S n S n+2＜S n+12（n∈N*）；（Ⅲ）对任意的正整数n，设c n＝求数列{c n}的前2n项和．【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，等⽐数列{b n}的公⽐为q，由a1＝1，a5＝5（a4﹣a3），则1+4d＝5d，可得d＝1，∴a n＝1+n﹣1＝n，∵b1＝1，b5＝4（b4﹣b3），∴q4＝4（q3﹣q2），解得q＝2，∴b n＝2n﹣1；（Ⅱ）证明：法⼀：由（Ⅰ）可得S n＝，∴S n S n+2＝n（n+1）（n+2）（n+3），（S n+1）2＝（n+1）2（n+2）2，∴S n S n+2﹣S n+12＝﹣（n+1）（n+2）＜0，∴S n S n+2＜S n+12（n∈N*）；法⼆：∵数列{a n}为等差数列，且a n＝n，∴S n＝，S n+2＝，S n+1＝，∴＝＝＜1，∴S n S n+2＜S n+12（n∈N*）；（Ⅲ），当n为奇数时，c n＝＝＝﹣，当n为偶数时，c n＝＝，对任意的正整数n，有c2k﹣1＝（﹣）＝﹣1，和c2k＝＝+++…+，①，由①×可得c2k＝++…++，②，①﹣②得c2k＝+++…+﹣﹣，∴c2k＝﹣，因此c2k＝c2k﹣1+c2k＝﹣﹣．数列{c n}的前2n项和﹣﹣．16．（2020•海南）已知公⽐⼤于1的等⽐数列{a n}满⾜a2+a4＝20，a3＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）求a1a2﹣a2a3+…+（﹣1）n﹣1a n a n+1．【解答】解：（1）设等⽐数列{a n}的公⽐为q（q＞1），则，∵q＞1，∴，∴．（2）a1a2﹣a2a3+…+（﹣1）n﹣1a n a n+1＝23﹣25+27﹣29+…+（﹣1）n﹣1•22n+1，＝＝．17．（2020•江苏）已知数列{a n}（n∈N*）的⾸项a1＝1，前n项和为S n．设λ和k为常数，若对⼀切正整数n，均有S n+1﹣S n＝λa n+1成⽴，则称此数列为“λ﹣k”数列．（1）若等差数列{a n}是“λ﹣1”数列，求λ的值；（2）若数列{a n}是“﹣2”数列，且a n＞0，求数列{a n}的通项公式；（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列{a n}为“λ﹣3”数列，且a n≥0？若存在，求出λ的取值范围；若不存在，说明理由．【解答】解：（1）k＝1时，a n+1＝S n+1﹣S n＝λa n+1，由n为任意正整数，且a1＝1，a n≠0，可得λ＝1；（2）﹣＝，则an+1＝S n+1﹣S n＝（﹣）•（+）＝•（+），因此+＝•，即＝，Sn+1＝a n+1＝（S n+1﹣S n），从⽽S n+1＝4S n，⼜S1＝a1＝1，可得S n＝4n﹣1，a n＝S n﹣S n﹣1＝3•4n﹣2，n≥2，综上可得a n＝，n∈N*；（3）若存在三个不同的数列{a n}为“λ﹣3”数列，则S n+1﹣S n＝λa n+1，则S n+1﹣3S n+1S n+3S n+1S n﹣S n＝λ3a n+1＝λ3（S n+1﹣S n），由a1＝1，a n≥0，且S n＞0，令p n＝（）＞0，则（1﹣λ3）p n3﹣3p n2+3p n﹣（1﹣λ3）＝0，λ＝1时，p n＝p n2，由p n＞0，可得p n＝1，则S n+1＝S n，即a n+1＝0，此时{a n}唯⼀，不存在三个不同的数列{a n}，λ≠1时，令t＝，则p n3﹣tp n2+tp n﹣1＝0，则（p n﹣1）[p n2+（1﹣t）p n+1]＝0，①t≤1时，p n2+（1﹣t）p n+1＞0，则p n＝1，同上分析不存在三个不同的数列{a n}；②1＜t＜3时，△＝（1﹣t）2﹣4＜0，p n2+（1﹣t）p n+1＝0⽆解，则p n＝1，同上分析不存在三个不同的数列{a n}；③t＝3时，（p n﹣1）3＝0，则p n＝1，同上分析不存在三个不同的数列{a n}．④t＞3时，即0＜λ＜1时，△＝（1﹣t）2﹣4＞0，p n2+（1﹣t）p n+1＝0有两解α，β，设α＜β，α+β＝t﹣1＞2，αβ＝1＞0，则0＜α＜1＜β，则对任意n∈N*，＝1或＝α3（舍去）或＝β3，由于数列{S n}从任何⼀项求其后⼀项均有两种不同的结果，所以这样的数列{S n}有⽆数多个，则对应的数列{a n}有⽆数多个．则存在三个不同的数列{a n}为“λ﹣3”数列，且a n≥0，综上可得0＜λ＜1．18．（2020•新课标Ⅰ）设{a n}是公⽐不为1的等⽐数列，a1为a2，a3的等差中项．（1）求{a n}的公⽐；（2）若a1＝1，求数列{na n}的前n项和．【解答】解：（1）设{a n}是公⽐q不为1的等⽐数列，a1为a2，a3的等差中项，可得2a1＝a2+a3，即2a1＝a1q+a1q2，即为q2+q﹣2＝0，解得q＝﹣2（1舍去），所以{a n}的公⽐为﹣2；（2）若a1＝1，则a n＝（﹣2）n﹣1，na n＝n•（﹣2）n﹣1，则数列{na n}的前n项和为S n＝1•1+2•（﹣2）+3•（﹣2）2+…+n•（﹣2）n﹣1，﹣2S n＝1•（﹣2）+2•（﹣2）2+3•（﹣2）3+…+n•（﹣2）n，两式相减可得3S n＝1+（﹣2）+（﹣2）2+（﹣2）3+…+（﹣2）n﹣1﹣n•（﹣2）n＝﹣n•（﹣2）n，化简可得S n＝，所以数列{na n}的前n项和为．19．（2020•⼭东）已知公⽐⼤于1的等⽐数列{a n}满⾜a2+a4＝20，a3＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）记b m为{a n}在区间（0，m]（m∈N*）中的项的个数，求数列{b m}的前100项和S100．【解答】解：（1）∵a2+a4＝20，a3＝8，∴+8q＝20，解得q＝2或q＝（舍去），∴a1＝2，∴a n＝2n，（2）记b m为{a n}在区间（0，m]（m∈N*）中的项的个数，∴2n≤m，∴n≤log2m，故b1＝0，b2＝1，b3＝1，b4＝2，b5＝2，b6＝2，b7＝2，b8＝3，b9＝3，b10＝3，b11＝3，b12＝3，b13＝3，b14＝3，b15＝3，b16＝4，…，可知0在数列{b m}中有1项，1在数列{b m}中有2项，2在数列{b m}中有4项，…，由＜100，＞100可知b63＝5，b64＝b65＝…＝b100＝6．∴数列{b m}的前100项和S100＝0+1×2+2×4+3×8+4×16+5×32+6×37＝480．20．（2020•新课标Ⅲ）设等⽐数列{a n}满⾜a1+a2＝4，a3﹣a1＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）记S n为数列{log3a n}的前n项和．若S m+S m+1═S m+3，求m．【解答】解：（1）设公⽐为q，则由，可得a1＝1，q＝3，所以a n＝3n﹣1．（2）由（1）有log3a n＝n﹣1，是⼀个以0为⾸项，1为公差的等差数列，所以S n＝，所以+＝，m2﹣5m﹣6＝0，解得m＝6，或m＝﹣1（舍去），所以m＝6．21．（2020•浙江）已知数列{a n}，{b n}，{c n}满⾜a1＝b1＝c1＝1，c n＝a n+1﹣a n，c n+1＝c n，（n∈N*）．（Ⅰ）若{b n}为等⽐数列，公⽐q＞0，且b1+b2＝6b3，求q的值及数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）若{b n}为等差数列，公差d＞0，证明：c1+c2+c3+…+c n＜1+，n∈N*．【解答】（Ⅰ）解：由题意，b2＝q，b3＝q2，∵b1+b2＝6b3，∴1+q＝6q2，整理，得6q2﹣q﹣1＝0，解得q＝﹣（舍去），或q＝，∴c n+1＝•c n＝•c n＝•c n＝•c n＝4•c n，∴数列{c n}是以1为⾸项，4为公⽐的等⽐数列，∴c n＝1•4n﹣1＝4n﹣1，n∈N*．∴a n+1﹣a n＝c n＝4n﹣1，则a1＝1，a2﹣a1＝1，a3﹣a2＝41，•••a n﹣a n﹣1＝4n﹣2，各项相加，可得a n＝1+1+41+42+…+4n﹣2＝+1＝．（Ⅱ）证明：依题意，由c n+1＝•c n（n∈N*），可得b n+2•c n+1＝b n•c n，两边同时乘以b n+1，可得b n+1b n+2c n+1＝b n b n+1c n，∵b1b2c1＝b2＝1+d，∴数列{b n b n+1c n}是⼀个常数列，且此常数为1+d，b n b n+1c n＝1+d，∴c n＝＝•＝（1+）•＝（1+）（﹣），⼜∵b1＝1，d＞0，∴b n＞0，∴c1+c2+…+c n＝（1+）（﹣）+（1+）（﹣）+…+（1+）（﹣）＝（1+）（﹣+﹣+…+﹣）＝（1+）（﹣）＝（1+）（1﹣）＜1+，∴c1+c2+…+c n＜1+，故得证．22．（2020•上海）已知各项均为正数的数列{a n}，其前n项和为S n，a1＝1．（1）若数列{a n}为等差数列，S10＝70，求数列{a n}的通项公式；（2）若数列{a n}为等⽐数列，a4＝，求满⾜S n＞100a n时n的最⼩值．【解答】解：（1）数列{a n}为公差为d的等差数列，S10＝70，a1＝1，可得10+×10×9d＝70，解得d＝，则a n＝1+（n﹣1）＝n﹣；（2）数列{a n}为公⽐为q的等⽐数列，a4＝，a1＝1，可得q3＝，即q＝，则a n＝（）n﹣1，S n＝＝2﹣（）n﹣1，S n＞100a n，即为2﹣（）n﹣1＞100•（）n﹣1，即2n＞101，可得n≥7，即n的最⼩值为7．考点卡⽚1．数列的函数特性【知识点的认识】1、等差数列的通项公式：a n＝a1+（n﹣1）d；前n项和公式S n＝na1+n（n﹣1）d或者S n＝2、等⽐数列的通项公式：a n＝a1q n﹣1；前n项和公式S n＝＝（q≠1）3、⽤函数的观点理解等差数列、等⽐数列（1）对于等差数列，a n＝a1+（n﹣1）d＝dn+（a1﹣d），当d≠0时，a n是n的⼀次函数，对应的点（n，a n）是位于直线上的若⼲个点．当d＞0时，函数是增函数，对应的数列是递增数列；同理，d＝0时，函数是常数函数，对应的数列是常数列；d＜0时，函数是减函数，对应的数列是递减函数．若等差数列的前n项和为S n，则S n＝pn2+qn（p、q∈R）．当p＝0时，{a n}为常数列；当p≠0时，可⽤⼆次函数的⽅法解决等差数列问题．（2）对于等⽐数列：a n＝a1q n﹣1．可⽤指数函数的性质来理解．当a1＞0，q＞1或a1＜0，0＜q＜1时，等⽐数列是递增数列；当a1＞0，0＜q＜1或a1＜0，q＞1时，等⽐数列{a n}是递减数列．当q＝1时，是⼀个常数列．当q＜0时，⽆法判断数列的单调性，它是⼀个摆动数列．【典型例题分析】典例1：数列{a n}满⾜a n＝n2+kn+2，若不等式a n≥a4恒成⽴，则实数k的取值范围是（）A．[﹣9，﹣8]B．[﹣9，﹣7]C．（﹣9，﹣8）D．（﹣9，﹣7）解：a n＝n2+kn+2＝，∵不等式a n≥a4恒成⽴，∴，解得﹣9≤k≤﹣7，故选：B．典例2：设等差数列{a n}满⾜a1＝1，a n＞0（n∈N*），其前n项和为S n，若数列{}也为等差数列，则的最⼤值是（）A．310B．212C．180D．121解：∵等差数列{a n}满⾜a1＝1，a n＞0（n∈N*），设公差为d，则a n＝1+（n﹣1）d，其前n项和为S n＝，∴＝，＝1，＝，＝，∵数列{}也为等差数列，∴＝+，∴＝1+，解得d＝2．∴S n+10＝（n+10）2，＝（2n﹣1）2，∴＝＝，由于为单调递减数列，∴≤＝112＝121，故选：D．2．等差数列的通项公式【知识点的认识】等差数列是常⻅数列的⼀种，数列从第⼆项起，每⼀项与它的前⼀项的差等于同⼀个常数，已知等差数列的⾸项a1，公差d，那么第n项为a n＝a1+（n﹣1）d，或者已知第m项为a m，则第n项为a n＝a m+（n﹣m）d．【例题解析】eg1：已知数列{a n}的前n项和为S n＝n2+1，求数列{a n}的通项公式，并判断{a n}是不是等差数列解：当n＝1时，a1＝S1＝12+1＝2，当n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1＝n2+1﹣（n﹣1）2﹣1＝2n﹣1，∴a n＝，把n＝1代⼊2n﹣1可得1≠2，∴{a n}不是等差数列考察了对概念的理解，除掉第⼀项这个数列是等差数列，但如果把⾸项放进去的话就不是等差数列，题中a n的求法是数列当中常⽤到的⽅式，⼤家可以熟记⼀下．eg2：已知等差数列{a n}的前三项分别为a﹣1，2a+1，a+7则这个数列的通项公式为解：∵等差数列{a n}的前三项分别为a﹣1，2a+1，a+7，∴2（2a+1）＝a﹣1+a+7，解得a＝2．∴a1＝2﹣1＝1，a2＝2×2+1＝5，a3＝2+7＝9，∴数列a n是以1为⾸项，4为公差的等差数列，∴a n＝1+（n﹣1）×4＝4n﹣3．故答案：4n﹣3．这个题很好的考察了的呢公差数列的⼀个重要性质，即等差中项的特点，通过这个性质然后解⽅程⼀样求出⾸项和公差即可．【考点点评】求等差数列的通项公式是⼀种很常⻅的题型，这⾥⾯往往⽤的最多的就是等差中项的性质，这也是学习或者复习时应重点掌握的知识点．3．等差数列的前n项和【知识点的认识】等差数列是常⻅数列的⼀种，如果⼀个数列从第⼆项起，每⼀项与它的前⼀项的差等于同⼀个常数，这个数列就叫做等差数列，⽽这个常数叫做等差数列的公差，公差常⽤字⺟d表示．其求和公式为S n＝na1+n（n﹣1）d或者S n＝【例题解析】eg1：设等差数列的前n项和为S n，若公差d＝1，S5＝15，则S10＝解：∵d＝1，S5＝15，∴5a1+d＝5a1+10＝15，即a1＝1，则S10＝10a1+d＝10+45＝55．故答案为：55点评：此题考查了等差数列的前n项和公式，解题的关键是根据题意求出⾸项a1的值，然后套⽤公式即可．eg2：等差数列{a n}的前n项和S n＝4n2﹣25n．求数列{|a n|}的前n项的和T n．解：∵等差数列{a n}的前n项和S n＝4n2﹣25n．∴a n＝S n﹣S n﹣1＝（4n2﹣25n）﹣[4（n﹣1）2﹣25（n﹣1）]＝8n﹣29，该等差数列为﹣21，﹣13，﹣5，3，11，…前3项为负，其和为S3＝﹣39．∴n≤3时，T n＝﹣S n＝25n﹣4n2，n≥4，T n＝S n﹣2S3＝4n2﹣25n+78，∴．点评：本题考查等差数列的前n项的绝对值的和的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意分类讨论思想的合理运⽤．其实⽅法都是⼀样的，要么求出⾸项和公差，要么求出⾸项和第n项的值．【考点点评】等差数列⽐较常⻅，单独考察等差数列的题也⽐较简单，⼀般单独考察是以⼩题出现，⼤题⼀般要考察的话会结合等⽐数列的相关知识考察，特别是错位相减法的运⽤．4．等⽐数列的性质【等⽐数列】（⼜名⼏何数列），是⼀种特殊数列．如果⼀个数列从第2项起，每⼀项与它的前⼀项的⽐等于同⼀个常数，这个数列就叫做等⽐数列，因为第⼆项与第⼀项的⽐和第三项与第⼆项的⽐相等，这个常数叫做等⽐数列的公⽐，公⽐通常⽤字⺟q表示（q≠0）．注：q＝1时，a n 为常数列．等⽐数列和等差数列⼀样，也有⼀些通项公式：①第n项的通项公式，a n＝a1q n﹣1，这⾥a1为⾸项，q为公⽐，我们发现这个通项公式其实就是指数函数上孤⽴的点．②求和公式，S n＝，表示的是前⾯n项的和．③若m+n＝q+p，且都为正整数，那么有a m•a n ＝a p•a q．例：2，x，y，z，18成等⽐数列，则y＝．解：由2，x，y，z，18成等⽐数列，设其公⽐为q，则18＝2q4，解得q2＝3，∴y＝2q2＝2×3＝6．故答案为：6．本题的解法主要是运⽤了等⽐数列第n项的通项公式，这也是⼀个常⽤的⽅法，即知道某两项的值然后求出公⽐，继⽽可以以已知项为⾸项，求出其余的项．关键是对公式的掌握，⽅法就是待定系数法．【等⽐数列的性质】（1）通项公式的推⼴：a n＝a m•q n﹣m，（n，m∈N*）．（2）若{a n}为等⽐数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则a k•a l＝a m•a n（3）若{a n}，{b n}（项数相同）是等⽐数列，则{λa n}（λ≠0），{a}，{a n•b n}，仍是等⽐数列．（4）单调性：或 {a n}是递增数列；或 {a n}是递减数列；q＝1 {a n}是常数列；q＜0 {a n}是摆动数列．5．等⽐数列的通项公式【知识点的认识】1．等⽐数列的定义如果⼀个数列从第2项起，每⼀项与它的前⼀项的⽐值等于同⼀个常数，那么这个数列叫做等⽐数列，这个常数叫做等⽐数列的公⽐，通常⽤字⺟q表示（q≠0）．从等⽐数列的定义看，等⽐数列的任意项都是⾮零的，公⽐q也是⾮零常数．2．等⽐数列的通项公式设等⽐数列{a n}的⾸项为a1，公⽐为q，则它的通项a n＝a1•q n﹣13．等⽐中项：如果在a与b中间插⼊⼀个数G，使a，G，b成等⽐数列，那么G叫做a与b的等⽐中项．G2＝a•b（ab≠0）4．等⽐数列的常⽤性质（1）通项公式的推⼴：a n＝a m•q n﹣m，（n，m∈N*）．（2）若{a n}为等⽐数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则a k•a l＝a m•a n（3）若{a n}，{b n}（项数相同）是等⽐数列，则{λa n}（λ≠0），{a}，{a n•b n}，仍是等⽐数列．（4）单调性：或 {a n}是递增数列；或 {a n}是递减数列；q＝1 {a n}是常数列；q＜0 {a n}是摆动数列．6．等⽐数列的前n项和【知识点的知识】1．等⽐数列的前n项和公式等⽐数列{a n}的公⽐为q（q≠0），其前n项和为S n，当q＝1时，S n＝na1；当q≠1时，S n＝＝．2．等⽐数列前n项和的性质公⽐不为﹣1的等⽐数列{a n}的前n项和为S n，则S n，S2n﹣S n，S3n﹣S2n仍成等⽐数列，其公⽐为q n．7．数列的应⽤【知识点的知识】1、数列与函数的综合2、等差数列与等⽐数列的综合3、数列的实际应⽤数列与银⾏利率、产品利润、⼈⼝增⻓等实际问题的结合．8．数列的求和【知识点的知识】就是求出这个数列所有项的和，⼀般来说要求的数列为等差数列、等⽐数列、等差等⽐数列等等，常⽤的⽅法包括：（1）公式法：①等差数列前n项和公式：S n＝na1+n（n﹣1）d或S n＝②等⽐数列前n项和公式：③⼏个常⽤数列的求和公式：（2）错位相减法：适⽤于求数列{a n×b n}的前n项和，其中{a n}{b n}分别是等差数列和等⽐数列．（3）裂项相消法：适⽤于求数列{}的前n项和，其中{a n}为各项不为0的等差数列，即＝（）．（4）倒序相加法：推导等差数列的前n项和公式时所⽤的⽅法，就是将⼀个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n个（a1+a n）．（5）分组求和法：有⼀类数列，既不是等差数列，也不是等⽐数列，若将这类数列适当拆开，可分为⼏个等差、等⽐或常⻅的数列，然后分别求和，再将其合并即可．【典型例题分析】典例1：已知等差数列{a n}满⾜：a3＝7，a5+a7＝26，{a n}的前n项和为S n．（Ⅰ）求a n及S n；（Ⅱ）令b n＝（n∈N*），求数列{b n}的前n项和T n．分析：形如的求和，可使⽤裂项相消法如：．解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，∵a3＝7，a5+a7＝26，∴，解得a1＝3，d＝2，∴a n＝3+2（n﹣1）＝2n+1；S n＝＝n2+2n．（Ⅱ）由（Ⅰ）知a n＝2n+1，∴b n＝＝＝＝，∴T n＝＝＝，即数列{b n}的前n项和T n＝．点评：该题的第⼆问⽤的关键⽅法就是裂项求和法，这也是数列求和当中常⽤的⽅法，就像友情提示那样，两个等差数列相乘并作为分⺟的⼀般就可以⽤裂项求和．【解题⽅法点拨】数列求和基本上是必考点，⼤家要学会上⾯所列的⼏种最基本的⽅法，即便是放缩也要往这⾥⾯考．9．数列递推式【知识点的知识】1、递推公式定义：如果已知数列{a n}的第1项（或前⼏项），且任⼀项a n与它的前⼀项a n﹣1（或前⼏项）间的关系可以⽤⼀个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．2、数列前n项和S n与通项a n的关系式：a n＝．在数列{a n}中，前n项和S n与通项公式a n的关系，是本讲内容⼀个重点，要认真掌握．注意：（1）⽤a n＝S n﹣S n﹣1求数列的通项公式时，你注意到此等式成⽴的条件了吗？（n≥2，当n＝1时，a1＝S1）；若a1适合由a n的表达式，则a n不必表达成分段形式，可化统⼀为⼀个式⼦．（2）⼀般地当已知条件中含有a n与S n的混合关系时，常需运⽤关系式a n＝S n﹣S n﹣1，先将已知条件转化为只含a n或S n的关系式，然后再求解．3、数列的通项的求法：（1）公式法：①等差数列通项公式；②等⽐数列通项公式．（2）已知S n（即a1+a2+…+a n＝f（n））求a n，⽤作差法：a n＝．⼀般地当已知条件中含有a n与S n的混合关系时，常需运⽤关系式，先将已知条件转化为只含或的关系式，然后再求解．（3）已知a1•a2…a n＝f（n）求a n，⽤作商法：a n，＝．（4）若a n+1﹣a n＝f（n）求a n，⽤累加法：a n＝（a n﹣a n﹣1）+（a n﹣1﹣a n﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1（n≥2）．（5）已知＝f（n）求a n，⽤累乘法：a n＝（n≥2）．（6）已知递推关系求a n，有时也可以⽤构造法（构造等差、等⽐数列）．特别地有，①形如a n＝ka n﹣1+b、a n＝ka n﹣1+b n（k，b为常数）的递推数列都可以⽤待定系数法转化为公⽐为k的等⽐数列后，再求a n．②形如a n＝的递推数列都可以⽤倒数法求通项．（7）求通项公式，也可以由数列的前⼏项进⾏归纳猜想，再利⽤数学归纳法进⾏证明．10．等差数列与等⽐数列的综合【知识点的知识】1、等差数列的性质（1）若公差d＞0，则为递增等差数列；若公差d＜0，则为递减等差数列；若公差d＝0，则为常数列；（2）有穷等差数列中，与⾸末两端“等距离”的两项和相等，并且等于⾸末两项之和；（3）m，n∈N+，则a m＝a n+（m﹣n）d；（4）若s，t，p，q∈N*，且s+t＝p+q，则a s+a t＝a p+a q，其中a s，a t，a p，a q是数列中的项，特别地，当s+t＝2p时，有a s+a t＝2a p；（5）若数列{a n}，{b n}均是等差数列，则数列{ma n+kb n}仍为等差数列，其中m，k均为常数．（6）a n，a n﹣1，a n﹣2，…，a2，a1仍为等差数列，公差为﹣d．（7）从第⼆项开始起，每⼀项是与它相邻两项的等差中项，也是与它等距离的前后两项的等差中项，即2a n+1＝a n+a n+2，2a n＝a n﹣m+a n+m，（n≥m+1，n，m∈N+）（8）a m，a m+k，a m+2k，a m+3k，…仍为等差数列，公差为kd（⾸项不⼀定选a1）．2、等⽐数列的性质．（1）通项公式的推⼴：a n＝a m•q n﹣m，（n，m∈N*）．（2）若{a n}为等⽐数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则a k•a l＝a m•a n（3）若{a n}，{b n}（项数相同）是等⽐数列，则{λa n}（λ≠0），{a}，{a n•b n}，仍是等⽐数列．（4）单调性：或 {a n}是递增数列；或 {a n}是递减数列；q＝1 {a n}是常数列；q＜0 {a n}是摆动数列．31。

2023高考数学江苏卷数列的极限历年真题及答案

2023高考数学江苏卷数列的极限历年真题及答案2023年高考即将来临，数学作为一门重要科目，对于考生来说也是相当重要的一部分。

在数学高考中，数列的极限是一个常见的考点。

江苏卷作为高考中的一个地方试卷，对数列的极限也会有相应的考查。

为了帮助考生更好地复习数列的极限，本文将为大家整理一些江苏卷历年的数列极限真题及答案。

1. 2018年江苏卷已知数列{an}满足an = √(n^2 + 1) - n，求lim(n→∞)an。

解答思路：对于此题，我们可以利用极限的运算性质来求解。

根据数列的定义，当n趋近无穷大时，我们可以将√(n^2 + 1)与n进行类似"除以最高次"的操作，即将n开出来。

这里我们可以利用差的平方公式进行变形。

解答步骤：首先利用差的平方公式对an进行变形：an = √(n^2 + 1) - n= √(n^2 + 1) - √n^2= (√(n^2 + 1) - √n^2) × (√(n^2 + 1) + √n^2) / (√(n^2 + 1) + √n^2)= (n^2 + 1 - n^2) / (√(n^2 + 1) + √n^2)= 1 / (√(n^2 + 1) + √n^2)接下来，我们对an进行进一步变形：1 / (√(n^2 + 1) + √n^2)= 1 / (√(n^2) × (√(1 + 1/n^2)) + √n^2)= 1 / (n × (√(1 + 1/n^2)) + n)= 1 / (n × (√(1 + 1/n^2)/n + 1))由于我们要求的是当n趋近无穷大时的极限，那么我们可以将其中的1/n作为一个无穷小，即：lim(n→∞)(1 + 1/n^2)^(1/2)/n = lim(n→∞)1/n = 0因此，极限lim(n→∞)an = 1/(0 + 1) = 1。

2. 2019年江苏卷已知数列{an}满足an = (n + 1)! / (1! + 2! + 3! + ... + n!)，求lim(n→∞)an。

2019年高考数学真题分类汇编专题18：数列(综合题含解析)

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

（1）求的通项公式；（2）设，求数列{ }的前n项和。

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

近五年(2017-2021)高考数学真题分类汇编07 数列

1 + a n， 4 2 84 2 8 近五年（2017-2021）高考数学真题分类汇编七、数列一、单选题（2021·全国（文））记 S n 为等比数列{a n }的前 n 项和.若 S 2 = 4 ，S 4 = 6 ，则 S 6 =（）A ．7B ．8C ．9D ．102．（2021·浙江）已知a , b ∈ R, a b > 0 ，函数 f ( x ) = ax 2+ b (x ∈ R) .若 f (s - t ), f (s ), f (s + t ) 成等比数列，则平面上点(s ,t ) 的轨迹是（）A ．直线和圆B ．直线和椭圆C ．直线和双曲线D ．直线和抛物线3．（2021·全国（理））等比数列{a n }的公比为 q ，前 n 项和为S n ，设甲： q > 0 ，乙： {S n } 是递增数列，则（）A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件C. 甲是乙的充要条件D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件4．（2021·浙江）已知数列{a } 满足a = 1, a = a n (n ∈ N *).记数列{a }的前 nn1n +1n项和为S n ，则（）A ． 3< S< 3B ．3 < S < 4C ． 4 < S< 9D ． 9< S < 52100100100221005．（2020·北京）在等差数列{a n }中，a 1 = -9 ，a 5 = -1 ．记T n = a 1a 2…a n (n = 1, 2,…) ，则数列{T n }（）．A ．有最大项，有最小项B ．有最大项，无最小项C ．无最大项，有最小项D ．无最大项，无最小项（2020·浙江）已知等差数列{a n }的前n 项和S n ，公差d ≠0n ∈ N * ，下列等式不．可．能．成立的是（）a 1≤ 1 ．记b 1=S 2，b n+1=S 2n+2–S 2n ， dA ．2a 4=a 2+a 6B ．2b 4=b 2+b 6C ． a 2= a a D ． b 2= b b7．（2020·全国（文））设{a n } 是等比数列，且a 1 + a 2 + a 3 = 1 ， a 2 + a 3 +a 4 = 2 ，则a 6 + a 7 + a 8 = （）a k +1 k +2 k +10A ．12B ．24C ．30D ．32S n 8．（2020·全国（文））记 S n 为等比数列{a n }的前 n 项和．若 a 5–a 3=12，a 6–a 4=24，则=n（）A ．2n –1B ．2–21–nC ．2–2n –1D ．21–n –19．（2020·全国（理））数列{a n } 中，a 1 = 2 ， a m +n = a m a n ，若a + a ++ a = 215 - 25 ，则 k = （）A ．2B ．3C ．4D ．510．（2020·全国（理））北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌 9 块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加 9 块，下一层的第一环比上一层的最后一环多 9 块，向外每环依次也增加9 块，已知每层环数相同，且下层比中层多 729 块，则三层共有扇面形石板(不含天心石) （）A ．3699 块B ．3474 块C ．3402 块D ．3339 块11．（2020·全国（理））0-1 周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列 a 1a 2 a n 满足a i ∈{0,1}(i = 1, 2,) ，且存在正整数 m ，使得 a i + m = a i (i = 1, 2,) 成立，则称其为 0-1 周期序列，并称满足 a i + m = a i (i = 1, 2,) 的最小正整数 m 为这个序列的周期.对于周期为 m C (k ) = 1 ma a(k = 1, 2,, m - 1)的 0-1 序列 a 1a 2 a n ， ∑ i =1i i + k 是描述其性质的重要指标，下列周期为 5 的 0-1 序列中，满足C (k ) ≤ 1(k = 1, 2, 3, 4) 的序列是（）5A ．11010B ．11011C ．10001D ．1100112．（2019·全国（理））已知各项均为正数的等比数列{a n } 的前 4 项和为 15，且a 5 = 3a 3 + 4a 1 ，则 a 3 =A ．16B ．8C ．4D ．2m32 n 13．（2019·全国（理））记S n 为等差数列{a n } 的前 n 项和．已知 S 4 = 0，a 5 = 5 ，则A. a n = 2n - 5B. a n = 3n -10C. S n = 2n 2- 8nD. S n= 1 n 2- 2n214．（2018·浙江）已知 a 1 , a 2 , a 3 , a 4 成等比数列，且 a 1 + a 2 + a 3 + a 4 = ln(a 1 + a 2 + a 3 ) ．若a 1 > 1 ，则A ． a 1 < a 3 , a 2 < a 4C ．a 1 < a 3 ,a 2 > a 4 B ． a 1 > a 3 ,a 2 <a 4D ．a 1 > a 3 ,a 2 > a 415．（2018·北京（理））“十二平均律” 是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于12 2 .若第一个单音的频率为 f ，则第八个单音的频率为A.fC ． 12 25 fD ． 12 27 f16．（2017·全国（理））等差数列{a n } 的首项为1，公差不为0 ．若a 2 、a 3 、a 6 成等比数列，则{a n }的前6 项的和为（）A ． -24B. -3C. 3D ． 817．（2017·上海）已知 a 、b 、c 为实常数，数列{x n }的通项 x = an 2+ bn + c ，n∈ N * ，则“存在 k ∈ N * ，使得x 100+k 、 x 200+k 、 x 300+k 成等差数列”的一个必要条件是（）A. a ≥ 0B. b ≤ 0C. c = 0 D ． a - 2b + c = 018．（2017·全国（理））（2017 新课标全国 I 理科）记S n 为等差数列{a n } 的前 n 项和．若a 4 + a 5 = 24 ， S 6 = 48 ，则{a n } 的公差为A ．1B ．2C ．4D ．819．（2017·浙江）已知等差数列{a n }的公差为 d,前 n 项和为 S n ,则“d>0”是 " S 4 +S 6 > 2S 5 "的A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件B ． 3 22 fn 20．（2017·全国（理））我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座 7 层塔共挂了 381 盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的 2 倍，则塔的顶层共有灯A ．1 盏B ．3 盏C ．5 盏D ．9 盏21．（2017·全国（理））我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座 7 层塔共挂了 381 盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的 2 倍，则塔的顶层共有灯A ．1 盏B ．3 盏C ．5 盏D ．9 盏二、填空题22．（2020·海南）将数列{2n –1}与{3n –2}的公共项从小到大排列得到数列{a n }，则{a n }的前 n 项和为．23．（2020·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⎧ n (n +1) ⎫ ⎧ n (n +1) ⎫ *数列⎨ 2 ⎬ 就是二阶等差数列，数列 ⎨ 2 ⎬ (n ∈ N ) 的前3 项和是．⎩ ⎭ ⎩ ⎭24．（2020·江苏）设{a n }是公差为 d 的等差数列，{b n }是公比为 q 的等比数列．已知数列{a n +b n }的前 n 项和 S = n 2 - n + 2n-1(n∈ N + ) ，则 d +q 的值是．25．（2020·全国（文））数列{a n } 满足 an +2 + (-1)na = 3n -1，前 16 项和为 540，则 a 1 =.26．（2020·全国（文））记 S n 为等差数列{a n }的前 n 项和．若 a 1 = -2, 则S 10 = ．a 2 + a 6 = 2 ，27．（2019·江苏）已知数列{a n }(n ∈ N *) 是等差数列， S n 是其前 n 项和.若a 2a 5 + a 8 = 0, S 9 = 27 ，则 S 8 的值是 . 28．（2019·全国（文））记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若 a 3 = 5, a 7 = 13 ，则 S 10 = . 29．（2019·全国（理））记 S n 为等差数列{a n }的前 n 项和，a 1≠0，a 2 = 3a 1 ，则 n1 S 10S 5= .30．（2019·全国（文））记 S n 为等比数列{a n }的前 n 项和.若 a= 1，S = 3，则S 4=．13431．（2019·全国（理））记 S n 为等比数列{a n }的前 n 项和．若 a = 1，a 2= a ，则S 5=．134 6（2018·上海）记等差数列{a n }的前 n 项和为 S n ，若 a 3 = 0 ，a 6 + a 7 = 14 ，则 S 7 = ．33．（2018·全国（理））记 S n 为数列{a n }的前 n 项和，若 S n = 2a n +1，则 S 6 = ．34．（2017·上海）已知数列{a } 和{b }，其中 a = n 2， n ∈ N * ，{b } 的项是互不相等nnnn的正整数，若对于任意 n ∈ N * ，{b n } 的第 a n 项等于{a n } 的第b n 项，则lg(b 1b 4b 9b 16 ) =lg(b 1b 2b 3b 4 )．2017·全国（）2017 新课标全国 II 理科）等差数列{a n } 的前n 项和为 S n ，a 3 = 3 ，S = 10 ，则∑1 = ．4 k =1 S36．（2017·北京（理））若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足 a 1 = b 1 = -1，a 4 = b 4 = 8 ，则 a 2 = . b 237．（2017·江苏）等比数列{ a }的各项均为实数，其前n 项为 S ，已知 S = 7，S = 63，n则a 8 = ．n 346438．（2021·全国）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 S = 240dm 2 ，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 S 2 = 180dm 2 ，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nkS对折n 次，那么∑ Sk= dm 2 .k =139．（2019·北京（理））设等差数列{a n }的前 n 项和为 S n ，若 a 2=−3，S 5=−10，则 a 5=，S n 的最小值为．三、解答题40．（2021·全国（文））设{a }是首项为 1 的等比数列，数列{b } 满足b =na n．已知 na 1 ， 3a 2 ， 9a 3 成等差数列．（1）求{a n } 和{b n }的通项公式；n n3（2）记 S 和T 分别为{a }和{b }的前 n 项和．证明： T <S n． nnnnn241．（2021·浙江）已知数列{a }的前 n 项和为S ， a = - 9，且4S = 3S - 9 .n（1）求数列{a n } 的通项；n14n +1n（2）设数列{b n }满足3b n + (n - 4)a n = 0 ，记{b n }的前 n 项和为Tn，若T n ≤ λb n 对任意 n ∈ N * 恒成立，求λ的范围.42．（2021·全国（理））已知数列{a n }的各项均为正数，记S n 为{a n }的前 n 项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立． ①数列{a n }是等差数列：②数列{ S n}是等差数列；③ a2= 3a 1 ．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．43．（2021·全国（理））记 S n 为数列{a n }的前 n 项和， b n 为数列{S n } 的前 n 项积，已知2 + 1nb n = 2 ．（1）证明：数列{b n }是等差数列;（2）求{a n } 的通项公式．44．（2020·海南）已知公比大于1的等比数列{a n } 满足a 2 + a 4 = 20, a 3 = 8 ．（1）求{a n } 的通项公式；（2）求 a a - a a+⋯+ (-1)n -1 a a .1 22 3n n +145．（2020·天津）已知{a n }为等差数列， {b n }为等比数列，na ann a a 1 = b 1 = 1, a 5 = 5(a 4 - a 3 ), b 5 = 4(b 4 - b 3 ) ．（Ⅰ）求{a n } 和{b n }的通项公式；（Ⅱ）记{a }的前 n 项和为 S ，求证： S S< S 2(n ∈ N *) ；nnn n +2⎧(3a n - 2)b n n +1（Ⅲ）对任意的正整数n ，设c n⎪⎪a n a n +2 ⎨ a, n 为奇数, 求数列{c n } 的前 2n 项和． ⎪ n -1 , ⎩ b n +1n 为偶数. 46．（2020·北京）已知{a n }是无穷数列．给出两个性质：①对于{a }中任意两项 a i , a j (i > 2j) ，在{a }中都存在一项a ，使 i= a ；n n mm j2②对于{a n }中任意项a n (n 3) ，在{a n }中都存在两项a k , a l (k > l ) ．使得 a n = k．a l(Ⅰ)若 a n = n (n = 1, 2,) ，判断数列{a n } 是否满足性质①，说明理由；(Ⅱ)若 a = 2n -1(n = 1, 2,) ，判断数列{a }是否同时满足性质①和性质②，说明理由；(Ⅲ)若{a n }是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明： {a n }为等比数列. 47．（2020·浙江）已知数列{a n }，{b n }，{c n }中，a =b =c = 1, c = a - a , c= b n ⋅ c (n ∈ N * ) ．111nn +1n n +1b n +2（Ⅰ）若数列{b n }为等比数列，且公比 q > 0 ，且b 1 + b 2 = 6b 3 ，求 q 与{a n }的通项公式；（Ⅱ）若数列{b n }为等差数列，且公差 d > 0 ，证明： c + c++ c < 1 + 1．(n ∈ N * ) 12nd48．（2020·山东）已知公比大于1的等比数列{a n } 满足a 2 + a 4 = 20, a 3 = 8 ．（1）求{a n } 的通项公式；（2）记b m 为{a n } 在区间(0, m ](m ∈ N * ) 中的项的个数，求数列{b m } 的前100 项和 S 100 ．49．（2020·全国（理））设数列{a n }满足 a 1=3，a n +1 = 3a n - 4n ．（1）计算 a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式并加以证明；（2）求数列{2n a n }的前 n 项和 S n ．50．（2020·全国（理））设{a n } 是公比不为 1 的等比数列， a 1 为 a 2 ， a 3 的等差中项．（1）求{a n } 的公比；n = ⎪（2）若 a 1 = 1 ，求数列{na n }的前 n 项和．a n 2b nn1n51．（2020·全国（文））设等比数列{a n }满足a 1 + a 2 = 4 ， a 3 - a 1 = 8 ．（1）求{a n }的通项公式；（2）记 S n 为数列{log 3a n }的前 n 项和．若 S m + S m +1 = S m +3 ，求 m ．52．（2019·江苏）定义首项为 1 且公比为正数的等比数列为“M －数列”.（1）已知等比数列{a n }满足： a 2 a 4 = a 5 , a 3 - 4a 2 + 4a 1 = 0 ，求证:数列{a n }为“M －数列”；（2）已知数列{b }满足: b= 1, 1= 2 - 2 ，其中 S为数列{b }的前 n 项和．S n b n b n +1①求数列{b n }的通项公式；②设 m 为正整数，若存在“M －数列”{c n }，对任意正整数 k ，当 k ≤m 时，都有c k b k c k +1成立，求 m 的最大值．53．（2019·北京（文））设{a n }是等差数列，a 1=–10，且 a 2+10，a 3+8，a 4+6 成等比数列．（Ⅰ）求{a n }的通项公式；（Ⅱ）记{a n }的前 n 项和为 S n ，求 S n 的最小值．54．（2019·浙江）设等差数列{a n } 的前n 项和为 S n ，a 3 = 4 ，a 4 = S 3 ，数列{b n }满足：对每 n ∈ N *, S n + b n , S n +1 + b n , S n +2 + b n 成等比数列.（1）求数列{a n },{b n } 的通项公式；（2）记C =, n ∈ N *, 证明： C + C ++ C < 2 n , n ∈ N *.n1 2n55．（2019·天津（文））设{a n }是等差数列， {b n }是等比数列，公比大于0 ，已知a 1 =b 1 = 3 ， b 2 = a 3 ， b 3 = 4a 2 + 3 .（Ⅰ）求{a n }和{b n } 的通项公式；⎧⎪1,n 为奇数,（Ⅱ）设数列{c } 满足c= ⎨b n 为偶数, 求a c + a c ++ a c(n ∈ N *).nnn⎩21 12 22n 2n56．（2019·全国（文））已知{a n } 是各项均为正数的等比数列，a 1 = 2, a 3 = 2a 2 +16 . n（1）求{a n } 的通项公式；n →∞{ }（2）设b n = log 2 a n ，求数列{b n } 的前 n 项和.57．（2019·全国（文））记 S n 为等差数列{a n }的前 n 项和，已知 S 9=－a 5．（1）若 a 3=4，求{a n }的通项公式；（2）若 a 1>0，求使得 S n ≥a n 的 n 的取值范围．58．（2019·全国（理））已知数列{a n }和{b n }满足 a 1=1，b 1=0，4a n +1 = 3a n - b n + 4 （1）证明：{a n +b n }是等比数列，{a n –b n }是等差数列；（2）求{a n }和{b n }的通项公式.59．（2019·上海）已知数列{a n }，a 1 = 3 ，前 n 项和为 S n . （1）若{a n } 为等差数列，且a 4 = 15 ，求 S n ；（2）若{a n } 为等比数列，且 lim S n < 12 ，求公比q 的取值范围.，4b n +1 = 3b n - a n - 4 .60．（2019·上海）已知等差数列{a n }的公差d ∈(0,π] ，数列{b n }满足b n = sin (a n ) ，集合 S = {x | x = b n , n ∈ N *}.（1）若 a 1（2）若 a = 0, d =2π，求集合 S ； 3= π，求 d 使得集合 S 恰好有两个元素；12（3）若集合 S 恰好有三个元素： b n +T = b n ， T 是不超过 7 的正整数，求T 的所有可能的值.61．（2019·天津（理））设{a n } 是等差数列， {b n }是等比数列.已知a 1 = 4,b 1 = 6 ，b 2 = 2a 2 - 2,b 3 = 2a 3 + 4 .（Ⅰ）求{a n } 和{b n }的通项公式；⎧1, 2k < n < 2k +1, （Ⅱ）设数列 c n 满足c 1 = 1, c n = ⎨ b , n = 2k ,其中 k ∈ N * . ⎩ k（i ）求数列{a 2n(c2n-1)}的通项公式；2n（ii ）求∑ a i ci(n ∈ N *).i =162．（2018·江苏）设{a n } 是首项为 a 1 ，公差为 d 的等差数列，{b n } 是首项为b 1 ，公比为 q 的等比数列．（1）设 a 1 = 0,b 1 = 1, q = 2 ，若| a n - b n |≤b 1 对 n = 1, 2,3, 4 均成立，求 d 的取值范围；（2）若 a = b > 0, m ∈ N *, q ∈ (1, m 2] ，证明：存在 d ∈ R ，使得| a n - b n |≤ b 1 对11n = 2, 3,, m +1 均成立，并求 d 的取值范围（用b 1, m , q 表示）．63．（2018·江苏）设 n ∈ N * ，对 1，2，···，n 的一个排列i 1i 2 i n ，如果当 s <t 时，有i s > i t ，则称(i s , i t ) 是排列i 1i 2i n 的一个逆序，排列i 1i 2 i n 的所有逆序的总个数称为其逆序数．例如：对 1，2，3 的一个排列 231，只有两个逆序(2，1)，(3，1)，则排列 231 的逆序数为 2．记 f n (k ) 为 1，2，···，n 的所有排列中逆序数为 k 的全部排列的个数．（1）求 f 3 (2), f 4 (2) 的值；（2）求 f n (2)(n ≥ 5) 的表达式(用 n 表示)．64．（2018·全国（文））记 S n 为等差数列{a n } 的前 n 项和，已知 a 1 = -7 ， S 3 = -15 ．（1）求{a n } 的通项公式；（2）求 S n ，并求 S n 的最小值．65．（2018·北京（文））设{a n } 是等差数列，且a 1 = ln 2, a 2 + a 3 = 5 l n 2 .（Ⅰ）求{a n } 的通项公式；（Ⅱ）求e a 1 + e a 2 ++ e a n .66．（2018·全国（理））等比数列{a n }中，a 1 = 1，a 5 = 4a 3 ．（1）求{a n }的通项公式；（2）记S n 为{a n }的前n 项和．若 S m = 63 ，求 m ． 67．（2018·浙江）已知等比数列{a n }的公比 q >1，且a 3+a 4+a 5=28，a 4+2 是 a 3，a 5 的等差中项．数列{b n }满足 b 1=1，数列{（b n +1−b n ）a n }的前 n 项和为 2n 2+n ．（Ⅰ）求 q 的值；（Ⅱ）求数列{b n }的通项公式．68．（2018·全国（文））已知数列{a }满足a = 1 ， na= 2(n +1) a，设b = an．（1）求b 1 ，b 2 ，b 3 ；n 1 n +1n nn（2）判断数列{b n } 是否为等比数列，并说明理由；n n k =1⎩⎭⎩ n n n （3）求{a n } 的通项公式．69．（2018·天津（理））设{a }是等比数列，公比大于 0，其前 n 项和为 S (n ∈ N *)，{b n }是等差数列.已知a 1 = 1 ， a 3 = a 2 + 2 ， a 4 =b 3 + b 5 ， a 5 = b 4 + 2b 6 . （I ）求{a n }和{b n }的通项公式；（II ）设数列{S }的前 n 项和为T (n ∈ N *) ，（i ）求T n ；n(T k+ bk +2)b k=2n +2 - ∈ *（ii ）证明∑ (k +1)(k + 2)n + 22 (nN ) .70．（2018·天津（文））设{a n }是等差数列，其前 n 项和为 S n （n ∈N *）；{b n }是等比数列，公比大于 0，其前 n 项和为 T n （n ∈N *）．已知 b 1=1，b 3=b 2+2，b 4=a 3+a 5，b 5=a 4+2a 6．（Ⅰ）求 S n 和 T n ；（Ⅱ）若 S n +（T 1+T 2+…+T n ）=a n +4b n ，求正整数 n 的值．71．（2017·全国（文））设数列{a n } 满足a 1 + 3a 2 +⋯+ (2n -1)a n = 2n . （1）求{a n } 的通项公式；⎧ a n ⎫ （2）求数列的前 n 项和． ⎨ 2n +1⎬72．（2017·上海）根据预测，某地第n (n ∈ N * ) 个月共享单车的投放量和损失量分别为a n 和b n （单位：辆），⎧5n 4 +15, 1 ≤ n ≤ 3其中 a n = ⎨-10n + 470, ，b n = n + 5 ，第n 个月底的共享单车的保有量是前 n 个n ≥ 4月的累计投放量与累计损失量的差.（1）求该地区第 4 个月底的共享单车的保有量；（2）已知该地共享单车停放点第 n 个月底的单车容纳量 S = -4(n - 46)2+ 8800 （单位：辆）. 设在某月底，共享单车保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量？73．（2017·天津（文））已知{a n } 为等差数列，前 n 项和为 S n(n ∈ N * ) ，{b } 是首项为2 的等比数列，且公比大于 0，n2n n n 1 n n +1 b 2 + b 3 = 12,b 3 = a 4 - 2a 1 , S 11 = 11b 4 .（Ⅰ）求{a n } 和{b n } 的通项公式；（Ⅱ）求数列{a b } 的前 n 项和(n ∈ N *) .74．（2017·山东（理））已知{x n } 是各项均为正数的等比数列，且x 1 + x 2 = 3，x 3 - x 2 = 2 （Ⅰ）求数列{x n } 的通项公式；（Ⅱ）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，依次连接点P 1 ( x 1 ,1)，P 2 ( x 2 , 2)⋯ P n +1 ( x n +1 , n +1) 得到折线 P 1P 2 ⋯P n +1 ，求由该折线与直线y = 0 ， x = x 1,x = x n +1 所围成的区域的面积T n ..75．（2017·浙江）已知数列{x } 满足： x =1 ， x = x + ln (1+ x ) (n ∈ N *)证明：当 n ∈ N * 时，（I ）0 < x n +1 < x n ；（II ）2x- x ≤ x n x n +1 ；（III ） n +112n -1 n≤x n ≤ 21 2n -2 . 76．（2017·全国（文））记 S n 为等比数列{a n }的前 n 项和，已知 S 2=2，S 3=-6.（1）求{a n } 的通项公式；（2）求 S n ，并判断 S n +1，S n ，S n +2 是否成等差数列．77．（2017·山东（文））已知{a n }是各项均为正数的等比数列,且a 1 + a 2 = 6, a 1a 2 = a 3 . (I) 求数列{a n }通项公式；n +1(II){b }为各项非零的等差数列,其前n 项和S ,已知S=b b ⎧b n ⎫,求数列的前n 项n n 2n+1n n+1⎨a ⎬⎩n ⎭和Tn.78．（2017·北京（理））设{a n}和{b n}是两个等差数列，记c n = max{b1-a1n,b2-a2n,⋅⋅⋅,bn-ann} (n = 1, 2, 3,⋅⋅⋅) ，其中max{x1, x2 , ⋅⋅⋅, x s} 表示x1 , x2 ,⋅⋅⋅, x s 这s 个数中最大的数．（Ⅰ）若a n =n ，b n = 2n -1，求c1 , c2 , c3 的值，并证明{c n }是等差数列；（Ⅱ）证明：或者对任意正数M ，存在正整数m ，当n ≥m 时，cn >M ；或者存在正n整数m ，使得c m , c m+1, c m+2 , ⋅⋅⋅是等差数列．（2017·北京（文））已知等差数列{a n}和等比数列{b n}满足a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）求和：b1 +b3 +b5 +…+b2 n-1 ．80．（2017·全国（文））已知等差数列{a n }的前n 项和为S n，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，且 a1 = 1 ，b1 =1，a2 +b2 = 4 .（1）若a3+b3=7，求{b n }的通项公式；（2）若T3 = 13 ，求S5 .81．（2017·江苏）对于给定的正整数k,若数列{a n}满足a +a +...a +a +...a +a = 2k an-k n-k+1 n-1 n+1 n+k-1 n+k n对任意正整数n(n> k) 总成立，则称数列{a n} 是“P(k)数列”.(1)证明：等差数列{a n}是“P(3)数列”；（2）若数列{a n}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{a n}是等差数列.近五年（2017-2021）高考数学真题分类汇编七、数列（答案解析）1．A【解析】∵S n 为等比数列{a n}的前n项和，∴S2 ，S4 -S2 ，S6 -S4 成等比数列∴S2 = 4 ，S4 -S2 = 6 - 4 = 2 ，∴S6 -S4 = 1，∴S6 = 1+S4 = 1+ 6 = 7 .故选：A.2．C【解析】由题意得f (s -t) f (s +t) = [ f (s)]2 ，即⎡⎣a(s-t)2+b⎤⎦⎡⎣a(s+t)2+b⎤⎦=(as2+b)2，对其进行整理变形：(as2+at2-2ast+b)(as2+at2+2ast+b)=(as2+b)2，(as2+at2+b)2-(2ast)2-(as2+b)2=0，(2as2+at2+2b)at2-4a2s2t2=0，-2a2s2t2+a2t4+2abt2=0，s 2-t 2所以-2as2 +at 2 + 2b = 0 或t = 0 ，其中b 2b = 1为双曲线，t = 0 为直线.a a故选：C.3．B【解析】由题，当数列为-2, -4, -8,时，满足q > 0 ，但是{S n }不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件．若{S n }是递增数列，则必有a n>0成立，若q>0不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则q > 0 成立，所以甲是乙的必要条件．故选：B．4．A【解析】因为a= 1, a=an (n ∈ N*)，所以a > 0 ，S >1 ．1 n+1n 100 21 +ana n a n a n +1 a na n + 1a n2 2 ⎝⎭ ⎝ ⎭ < 1 2 a 1 1 1⎛ 1 1 ⎫ 1 由a n +1 = n ⇒ = + = + ⎪ -1+∴ 1 ⎛ 1a+ 1 ⎫ 2 ⎪ a n +1 2⇒a n ⎝ 1 < 1 + 1 2 2 ⎭ 4，即-1 < 12n +1 ⎝ ⎭1 根据累加法可得，≤ 1+n -1 = n +1，当且仅当 n = 1 时取等号，∴a ≥ 4 ∴a = a n ≤ a n= n +1 a n (n +1)2 n +1 1+ 2 n +1n + 3 n ∴a n +1 ≤ n +1 ，a n n + 3由累乘法可得 a n ≤ 6(n +1)(n + 2)，当且仅当 n = 1 时取等号，由裂项求和法得：所以 S ≤ 6⎛ 1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 ++ 1-1 ⎫ = 6 ⎛ 1 -1 ⎫ < 3 ，即 1< S< 3 ．1002 3 3 4 4 5 101 102 ⎪ 2 102 ⎪2 100故选：A ．【小结】本题解题关键是通过倒数法先找到a n ,的不等关系，再由累加法可求得a ≥4，由题目条件可知要证 S 小于某数，从而通过局部放缩得到a , a 的不等 n(n +1)2100 n n +1关系，改变不等式的方向得到 a n ≤6(n +1)(n + 2)，最后由裂项相消法求得 S 100 < 3 ．5．B 【分析】首先求得数列的通项公式，然后结合数列中各个项数的符号和大小即可确定数列中是否存在最大项和最小项. 【解析】由题意可知，等差数列的公差d =a 5 - a 1 = -1+ 9= 2 ， 5 -1 5 -1则其通项公式为： a n = a 1 + (n -1)d = -9 + (n -1)⨯ 2 = 2n -11 ，a n a n a n1+ a n a n +1注意到a1 <a2 <a3 <a4 <a5 < 0 <a6 = 1<a7 <，且由T5 < 0 可知T i < 0 (i ≥ 6,i ∈N )，Ti 由Ti-1 =ai>1(i≥7,i∈N)可知数列{T n }不存在最小项，由于a1 =-9, a2 =-7, a3 =-5, a4 =-3, a5 =-1, a6 = 1，故数列{T n }中的正项只有有限项：T2= 63 ，T4= 63⨯15 = 945 .故数列{T n }中存在最大项，且最大项为T4.故选：B.【小结】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.6．D【分析】根据题意可得，b n+1 =S2n+ 2 -S2n =a2n+1 +a2n +2 ，而b1 =S2 =a1 +a2 ，即可表示出题中b 2 , b4, b6, b8，再结合等差数列的性质即可判断各等式是否成立．【解析】对于A，因为数列{a n}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，2a4 =a2+a6，A 正确；对于B，由题意可知，b n+1 =S2n+ 2 -S2n =a2n+1 +a2n +2 ，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．根据等差数列的下标和性质，由3 +11 = 7 + 7, 4 +12 = 8 + 8 可得b 2+b6=a3+a4+a11+a12=2(a7+a8)=2b4，B正确；对于C，a2-a a=(a+3d)2-(a+d)(a+7d)=2d2-2a d=2d(d-a)，4 2 8 1 1 1 1 14 2 8 1 1 n 1 2 3 1 2 3 4 1 1 1 1 6 7 8 1 1 1 1⎪a q a q 12 ⎨ 当a 1 = d 时， a 2= a a ，C 正确；对于 D ， b 2 = (a + a )2 = (2a + 13d )2= 4a 2 + 52a d + 169d 2 ，478111b b = (a + a )(a + a ) = (2a + 5d )(2a + 29d )= 4a 2 + 68a d + 145d 2 ，2 83415161111b 2 - b b = 24d 2 - 16a d = 8d (3d - 2a ) ．42 811当 d > 0 时， a ≤ d ，∴ 3d - 2a = d + 2 (d - a ) > 0 即b 2 - b b > 0 ；11142 8当 d < 0 时，a ≥ d ，∴ 3d - 2a = d + 2 (d - a ) < 0 即b 2 - b b > 0 ，所以b 2 - b b > 0 ，11142 842 8D 不正确．故选：D.7．D【解析】设等比数列{a } 的公比为q ，则 a + a + a= a (1+ q + q2) = 1 ，a + a + a = a q + a q 2 + a q 3 = a q (1+ q + q 2 ) = q = 2 ，因此， a + a + a = a q 5+ a q 6+ a q 7= a q 5(1+ q + q 2) = q 5= 32 .故选：D.8．B【解析】设等比数列的公比为q ，⎧ 4 - 2= 由a -a =12,a -a =24可得： ⎨1 1⇒⎧q = 2 ，5364⎪⎩a q5 - a q 3= 24 a (1- q n ) 1- 2n ⎩a 1 =1 S 2n-11-n 所以 a = a q n -1 = 2n -1, S =1 = = 2n -1，因此 n = =2 - 2 . n 1 n1- q 1- 2 a 2n -1故选：B.9．C【解析】在等式 a= a a中，令 m = 1，可得 a= a a = 2a ，∴a n +1= 2 ，m +nm nn +1n 1nn所以，数列{a n } 是以 2 为首项，以 2 为公比的等比数列，则a n = 2 ⨯ 2n -1= 2n ，na2 ⋅(1- 2 ) 5 i =1 5 5∴a + a++ a=a k +1 ⋅(1- 210 ) k +110= = 2k +1 (210 -1) = 25 (210 -1)，k +1k +2k +101- 2 1- 2∴ 2k +1 = 25 ，则 k +1 = 5 ，解得 k = 4 .故选：C.10．C【解析】设第 n 环天石心块数为 a n ，第一层共有 n 环，则{a n } 是以 9 为首项，9 为公差的等差数列， a n = 9 + (n - 1) ⨯ 9 = 9n ，设 S n 为{a n } 的前 n 项和，则第一层、第二层、第三层的块数分别为 S n , S 2n - S n , S 3n - S 2n ，因为下层比中层多 729 块，所以 S 3n - S 2n = S 2n - S n + 729 ，即3n (9 + 27n ) - 2n (9 + 18n ) = 2n (9 + 18n ) - n (9 + 9n ) + 729 2 2 2 2即9n 2 = 729 ，解得n = 9 ，所以 S 3n = S 27= 27(9 + 9 ⨯ 27)= 3402 .故选：C 211．C1 5【解析】由a i +m = a i 知，序列 a i 的周期为 m ，由已知，m = 5 ，C (k ) = ∑a i ai +k, k = 1, 2,3, 4i =1对于选项 A ，1 51 1 1 1C (1) = 5 ∑a i a i +1 = 5 (a 1a 2 + a 2a 3 + a 3a 4 + a 4a 5 + a 5a 6 ) = 5 (1 + 0 + 0 + 0 + 0) = ≤i =1 5 5 1 51 1 2C (2) = 5 ∑a i a i +2 = 5 (a 1a 3 + a 2a 4 + a 3a 5 + a 4a 6 + a 5a 7 ) = 5 (0 +1 + 0 +1 + 0) = 5，不满足；对于选项 B ，1 5 C (1) = ∑a i a i +1 = i =1对于选项 D ，(a 1a 2 + a 2a 3 + a 3a 4 + a 4a 5 + a 5a 6 ) = ，不满足；1 5C (1) = ∑a i a i +1 = i =1(a 1a 2 + a 2a 3 + a 3a 4 + a 4a 5 + a 5a 6) = ，不满足； 1 1 35 5 (1 + 0 + 0 +1 +1) = 511(1 + 0 + 0 + 0 +1) =25 5 51 1 1 ⎩故选：C12．C⎧a + a q + a q 2 + a q 3 = 15,【解析】设正数的等比数列{a n }的公比为q ，则⎨ ⎩1 1 1 1 ， a q 4 = 3a q 2+ 4a解得⎧a 1 = 1, ，∴ a = a q 2= 4 ，故选 C ．⎨q = 2 3 1 13．A 【解析】⎧S = 4a + d ⨯ 4 ⨯ 3 = 0⎧a = -3 ⎪ 4 1 由题知， 2，解得⎨ 1，∴ a = 2n - 5 ，故选 A ． ⎨ ⎪⎩a 5 = a 1+ 4d = 5 ⎩d = 2 n14．B 【解析】令 f (x ) = x - ln x -1, 则 f ' (x ) = 1- 1，令 f '(x ) = 0, 得 x = 1 ，所以当 x > 1 时， f '(x ) > 0 ，x当0 < x < 1 时， f '(x ) < 0 ，因此 f (x ) ≥ f (1) = 0,∴ x ≥ ln x +1 ，若公比 q > 0 ，则 a 1 + a 2 + a 3 + a 4 > a 1 + a 2 + a 3 > ln(a 1 + a 2 + a 3 ) ，不合题意；若公比q ≤ -1 ，则 a + a + a + a = a (1+ q )(1+ q 2) ≤ 0,12341但ln(a + a + a ) = ln[a (1+ q + q 2)] > ln a > 0 ，12311即a 1 + a 2 + a 3 + a 4 ≤ 0 < ln(a 1 + a 2 + a 3 ) ，不合题意；因此-1 < q < 0, q 2 ∈(0,1) ，∴ a > a q 2 = a , a < a q 2= a< 0 ，选 B.113224【小结】构造函数对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围，是一个有效方法.如 x ≥ ln x +1,e x ≥ x +1, e x ≥ x 2 +1(x ≥ 0).15．Dn n -1 +【解析】因为每一个单音与前一个单音频率比为12 2 ，所以 a = 122a (n ≥ 2, n ∈ N ) ，又a 1 = f ，则 a = a q 7 = f (12 2)7 = 12 27 f故选 D.8116．A 【分析】根据等比中项的性质列方程，解方程求得公差 d ，由此求得{a n }的前6 项的和.【解析】设等差数列{a } 的公差为 d ，由 a 、 a 、 a 成等比数列可得 a 2= a a ，n 2 3 6 3 2 6即(1+ 2d )2 = (1+ d )(1+ 5d ) ，整理可得 d 2 + 2d = 0 ，又公差不为 0，则d = -2 ，故{a n } 前6 项的和为 S 6 = 6a 1 +6⨯(6 -1)d = 6⨯1+6⨯(6 -1)⨯(-2) = -24 .22故选：A 17．A 【解析】存在 k ∈ N + ，使得 x 100+k , x 200+k , x 300+k 成等差数列，可得2[a (200 + k )2 + b (200 + k ) + c ] = a (100 + k )2 + b (100 + k ) + c + a (300 + k )2 + b (300 + k ) + c，化简可得 a = 0 ，所以使得 x 100+k , x 200+k , x 300+k 成等差数列的必要条件是 a ≥ 0 . 18．C 【解析】设公差为d ， a 4 + a 5 = a 1 + 3d + a 1 + 4d = 2a 1 + 7d = 24 ，S = 6a + 6 ⨯ 5 d = 6a+15d = 48 ，联立⎧ 2a 1 + 7d = 24 , 解得d = 4 ，故选 C. 6 1 21⎨6a +15d = 48 ⎩ 119．C 【解析】由 S 4 + S 6 - 2S 5 = 10a 1 + 21d - 2(5a 1 + 10d ) = d ，可知当 d > 0 时，有 S 4 + S 6 - 2S 5 > 0 ，即 S 4 + S 6 > 2S 5 ，反之，若 S 4 + S 6 > 2S 5 ，则 d > 0 ，所以“d >0”是“S 4 + S 6>2S 5”的充要条件，选 C ．20．B【解析】设塔顶的 a 1 盏灯，由题意{a n }是公比为 2 的等比数列，a (1- 27 ) ∴S 7=11- 2=381，解得 a 1=3．故选 B ．21．B【解析】设塔顶的 a 1 盏灯，由题意{a n }是公比为 2 的等比数列，a (1- 27 ) ∴S 7=11- 2=381，解得 a 1=3．故选 B ．22． 3n 2 - 2n【解析】因为数列{2n -1} 是以 1 为首项，以 2 为公差的等差数列，数列{3n - 2}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{a n }是以 1 为首项，以 6 为公差的等差数列，所以{a }的前 n 项和为 n ⋅1+n (n -1)⋅ 6 = 3n 2 - 2n ，故答案为： 3n 2 - 2n .n223．10【解析】因为 a= n (n +1) a = 1, a= 3, a= 6 ． n21 2 3即 S 3 = a 1 + a 2 + a 3 = 1+ 3+ 6 = 10 ．故答案为：10 .24． 4【解析】设等差数列{a n } 的公差为 d ，等比数列{b n }的公比为q ，根据题意 q ≠ 1.1 ⎪ n +2 n =等差数列{a }的前 n 项和公式为 P = na +n (n -1) d = d n 2 + ⎛a - d ⎫n ， nn12 2 12 ⎪等比数列{b }的前 n 项和公式为Qb (1-q n) ⎝ ⎭= - b 1q n+ b 1，nn 1- q 1- q 1- q依题意 S = P + Q ，即 n 2 - n + 2n -1 = d n 2 + ⎛a - d ⎫n -b 1 q n + b ，n n n 21 2 ⎪ 1 - q 1 - q⎧ d= 12 ⎝ ⎭⎧d = 2 ⎪ d ⎪ ⎪a 1 - = -1 ⎪a 1 = 0通过对比系数可知⎨ 2 ⇒ ⎨q = 2 ，故 d + q = 4 .故答案为： 4⎪q = 2 ⎪⎪ b ⎩⎪b 1 = 1 ⎪ 1 = -1 ⎩1- q25．7【解析】 a + (-1)na = 3n -1，当n 为奇数时， a n +2 = a n + 3n - 1 ；当 n 为偶数时， a n +2 + a n = 3n - 1 .设数列{a n } 的前 n 项和为 S n ， S 16 = a 1 + a 2 + a 3 + a 4 + + a 16= a 1 + a 3 + a 5+ a 15 + (a 2 + a 4 ) +(a 14 + a 16 )= a 1 + (a 1 + 2) + (a 1 + 10) + (a 1 + 24) + (a 1 + 44) + (a 1 + 70)+(a 1 + 102) + (a 1 + 140) + (5 + 17 + 29 + 41)= 8a 1 + 392 + 92 = 8a 1 + 484 = 540 ，∴a 1 = 7 .故答案为： 7 .26． 25 【解析】{a n }是等差数列，且 a 1 = -2 ， a 2 + a 6 = 2设{a n } 等差数列的公差 d ，根据等差数列通项公式：a n = a 1 + (n -1) d 可得 a 1 + d + a 1 + 5d = 2 ，即： -2 + d + (-2) + 5d = 2 ，整理可得： 6d = 6 解得： d = 1⎪ 1⎪ ⎨ d = 2根据等差数列前 n 项和公式： S n= na 1 + n (n - 1) d , n ∈ N *2可得： S = 10 ( -2 ) + 10 ⨯ (10 - 1) = -20 + 45 = 25 ，∴ S = 25 . 10 21027．16.⎧a 2 a 5 + a 8 = (a 1 + d )(a 1 + 4d ) + (a 1 + 7d ) = 0 【解析】由题意可得： ⎨⎪⎩ S 9 = 9a 1 + 9 ⨯ 8 d = 27 ， 2解得： ⎧a 1 = -5 ，则 S ⎩ 8 = 8a 1+ 8⨯ 7d = -40 + 28⨯ 2 = 16 . 228．100【解析】 ⎧a 3 = a 1 + 2d = 5 , 得⎧a 1 = 1, ∴S= 10a+ 10⨯ 9 d = 10⨯1+ 10⨯ 9⨯ 2 = 100. ⎨a = a + 6d = 13 ⎨d = 2 10 1 2 2⎩ 7 1⎩29．4.【解析】因 a 2 = 3a 1 ，所以 a 1 + d = 3a 1 ，即 2a 1 = d ，S 1010a 1 = + 10 ⨯ 9 d2= 100a 1 = 4所以 S 5⨯ 4 25a ．5 5a 1 + d1 2530． .8【解析】设等比数列的公比为q ，由已知S = a + a q + a q 2 = 1+ q + q 2 = 3 ，即 q 2 + q + 1 = 0 解得 q = - 1， 3 1 1 144 4 2 1- (- 1 )4所以 S = a 1 (1- q ) =2 = 5． 4 1- q 1- (- 1) 8231．121 .3【解析】设等比数列的公比为q ，由已知 a = 1, a 2= a 1 3 2 1 5 ，所以 = q , 又q ≠ 0 ， 134 651(1- 35 ) ( q )33所以 q = 3, 所以 S =a 1 (1- q ) = 3 = 121 ． 5 1- q 1- 3 332．14【解析】∵等差数列{a n }的前 n 项和为 S n ，a 3=0，a 6+a 7=14，⎧ a 1 + 2d = 0 ∴ ，解得 a =﹣4，d=2，∴S =7a + 7 ⨯ 6d =﹣28+42=14． ⎨a + 5d + a + 6d = 14 1 7 1⎩ 1 1故答案为 14．33． -63【解析】根据 S n = 2a n +1，可得 S n +1 = 2a n +1 +1 ，两式相减得a n +1 = 2a n +1 - 2a n ，即 a n +1 = 2a n ，当 n = 1 时， S 1 = a 1 = 2a 1 +1，解得 a 1 = -1，所以数列{a n }是以-1 为首项，以 2 为公比的等比数列，所以 S 6 = -(1- 26 )1- 2= -63 ，故答案是-63 .34．2【解析】由 a = n 2 ，若对于任意 n ∈ N +,{b } 的第 a 项等于{a }的第b 项，n则b = a = (b )2 ，则b= 1 = (b )2 , b n= (b )2, b n= (b )2 , b n n= (b )2a nb nn114293164lg(b b b b ) lg(b b b b ) 2 2 lg(b b b b )所以b b b b = (b b b b )2 ，所以 1 4 9 16 = 1 2 3 4= 1 2 3 4 = 2 . 1 4 9 16 1 2 3 4 lg(b b b b ) lg(b b b b ) lg(b b b b )1 2 3 41 2 3 41 2 3 435．2nn +1【解析】2S1S ⎧a1 + 2d = 3⎧a = 1设等差数列的首项为a ，公差为d ，由题意有⎪4 ⨯3，解得⎨ 1 ，1 ⎨4a + d = 10 ⎩d = 1⎩⎪12数列的前 n 项和Sn =na1+n (n -1)2d =n ⨯1+n (n -1)2⨯1 =n (n +1)2裂项可得=2= 2(1-1) ，S k k (k +1)k k +1n 1= 2[(1-1) + (1-1) ++ (1-1)] = 2(1-1) =2n所以∑k =1 k2 2 3n n +1n +1n +1．36．1【解析】设等差数列的公差和等比数列的公比分别为d 和q，则-1+ 3d =-q3 = 8 ，求得q =-2 ，d = 3，那么a2b2=-1+ 3= 1 ，故答案为1.237．32【解析】⎧=a1⎪ 3 1-q(1-q3 ) =741-q6由题意可得 q ≠ 1，所以⎨⎪S⎩=a11-q(1-q 6 ) =634两式相除得1-q3= 9, q3 = 8, q = 2, 代入得a =1, a =1⨯ 27 = 25 = 32 ，填32．1 4 8(4)38．5 72015 (3 +n)2n-4【解析】（1）由对折2 次共可以得到5dm⨯12dm，10dm⨯6dm ，20dm⨯3dm三种规格的图形，所以对着三次的结果有：5⨯12，5⨯6，10⨯3；20⨯3，共4种不同规格（单位dm2)；2 2，62 ( )故对折 4 次可得到如下规格： 5⨯12 ， 5 ⨯ 6 ， 5⨯ 3 ，10 ⨯ 3 ， 20 ⨯ 3 ，共 5 种不同规格； 4 2 2 4（2）由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，不论规格1 如何，其面积成公比为 2的等比数列，首项为 120 (dm 2),第 n 次对折后的图形面积为⎛ 1 ⎫n -1120 ⨯ ⎪ ⎝ ⎭，对于第 n 此对折后的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为n +1种（证明从略），故得猜想 S n = 120(n +1) ，2n -1设 S =∑ S = 120⨯ 2 + 120⨯ 3 + 120⨯ 4 +L + 120(n +1) ，k =12021 222n -1则 1S =120 ⨯ 2 + 120 ⨯ 3++ 120n + 120(n +1) ，2 2122两式作差得：2n -1 2n 1 S = 240 +120⎛ 1 + 1++ 1 ⎫ - 120(n +1) 2 2 222n -1 ⎪ 2n⎝ ⎭60 ⎛1 - 1 ⎫ 2n -1 ⎪ 120(n +1) 120 120(n +1) 120(n + 3) = 240 + ⎝ ⎭ -= 360 - - = 360 - ， 1- 1 2n22n -1 2n 2n240(n + 3) 15(n + 3)因此， S = 720 - = 720 -. 2n15 n + 3 故答案为： 5 ； 720 -.2n -42n -439．0. -10.【解析】等差数列{a n }中, S 5 = 5a 3 = -10 ,得 a 3 = -2, a 2 = -3 ,公差 d = a 3 - a 2 = 1, a 5 = a 3 + 2d = 0 ,由等差数列{a n } 的性质得 n ≤ 5 时, a n ≤ 0 , n ≥ 6 时, a n 大于0,所以 S n 的最小值为 S 4 或 S 5 , 即为-10 .k n。

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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五、数列（一）填空题 1、（2008江苏卷10）将全体正整数排成一个三角形数阵：1 2 3 4 5 6 7 8 9 10．．．．．．．按照以上排列的规律，第n 行（n ≥3）从左向右的第3 个数为．【解析】本小题考查归纳推理和等差数列求和公式．前n －1 行共有正整数1＋2＋…＋（n－1）个，即22n n -个，因此第n 行第 3 个数是全体正整数中第22n n-＋3个，即为262n n -+． 2、（2009江苏卷14）设{}n a 是公比为q 的等比数列，||1q >，令1(1,2,)n n b a n =+=，若数列{}n b 有连续四项在集合{}53,23,19,37,82--中，则6q = . 【解析】考查等价转化能力和分析问题的能力。

等比数列的通项。

{}n a 有连续四项在集合{}54,24,18,36,81--，四项24,36,54,81--成等比数列，公比为32q =-，6q = -93、（2010江苏卷8）函数y=x 2(x>0)的图像在点(a k ,a k 2)处的切线与x 轴交点的横坐标为a k+1,k 为正整数，a 1=16，则a 1+a 3+a 5=_________ [解析]考查函数的切线方程、数列的通项。

在点(a k ,a k 2)处的切线方程为：22(),k k k y a a x a -=-当0y =时，解得2ka x =，所以1135,1641212kk a a a a a +=++=++=。

4、（2011江苏卷13）设1271a a a =≤≤≤，其中7531,,,a a a a 成公比为q 的等比数列，642,,a a a 成公差为1的等差数列，则q 的最小值是________.【解析】由题意：231222112a a q a q a q =≤≤≤+≤≤+≤，222221,12a q a a q a ∴≤≤++≤≤+3223q a ≥+≥，而212221,1,,1,2a a a a a ≥=∴++的最小值分别为1，2，3；3min 3q ∴=本题主要考查综合运用等差、等比的概念及通项公式，不等式的性质解决问题的能力,考查抽象概括能力和推理能力，本题属难题.5、（2012江苏卷6）现有10个数，它们能构成一个以1为首项，3-为公比的等比数列，若从这10个数中随机抽取一个数，则它小于8的概率是．【解析】组成满足条件的数列为：.19683,6561,2187,729,243,81,27.9,3,1-----从中随机取出一个数共有取法10种，其中小于8的取法共有6种，因此取出的这个数小于8的概率为53. 【点评】本题主要考查古典概型.在利用古典概型解决问题时，关键弄清基本事件数和基本事件总数，本题要注意审题，“一次随机取两个数”，意味着这两个数不能重复，这一点要特别注意.6、（2013江苏卷14）14．在正项等比数列}{n a 中，215=a ，376=+a a ，则满足n n a a a a a a 2121>+++的最大正整数n 的值为。

答案： 14．12（二）解答题1、（2008江苏卷19）.（Ⅰ）设12,,,n a a a 是各项均不为零的等差数列（4n ≥），且公差0d ≠，若将此数列删去某一项得到的数列（按原来的顺序）是等比数列： ①当n =4时，求1a d的数值；②求n 的所有可能值；（Ⅱ）求证：对于一个给定的正整数n(n ≥4)，存在一个各项及公差都不为零的等差数列12,,,n b b b ，其中任意三项（按原来顺序）都不能组成等比数列．【解析】：本小题考查等差数列、等比数列的综合应用。

（1）①当n =4时, 1234,,,a a a a 中不可能删去首项或末项，否则等差数列中连续三项成等比数列，则推出d =0。

若删去2a ，则2314a a a =⋅，即2111(2)(3)a d a a d +=⋅+化简得140a d +=，得14a d =- 若删去3a ，则2214a a a =⋅，即2111()(3)a d a a d +=⋅+化简得10a d -=，得11a d=综上，得14a d=-或11ad =。

②当n =5时, 12345,,,,a a a a a 中同样不可能删去1245,,,a a a a ，否则出现连续三项。

若删去3a ，则1524a a a a ⋅=⋅，即1111(4)()(3)a a d a d a d +=+⋅+化简得230d =，因为0≠d ，所以3a 不能删去；当n ≥6时，不存在这样的等差数列。

事实上，在数列12321,,,,,,n n n a a a a a a --中，由于不能删去首项或末项，若删去2a ，则必有132n n a a a a -⋅=⋅，这与0≠d 矛盾；同样若删去1n a -也有132n n a a a a -⋅=⋅，这与0≠d 矛盾；若删去32,,n a a -中任意一个，则必有121n n a a a a -⋅=⋅，这与0≠d 矛盾。

(或者说：当n ≥6时，无论删去哪一项，剩余的项中必有连续的三项)综上所述，4n =。

（2）假设对于某个正整数n ，存在一个公差为d 的n 项等差数列n b b b ,......,21，其中111,,x y z b b b +++（01x y z n ≤<<≤-）为任意三项成等比数列，则2111y x z b b b +++=⋅，即2111()()()b yd b xd b zd +=+⋅+，化简得221()(2)y xz d x z y b d -=+- （*）由10b d ≠知，2y xz -与2x z y +-同时为0或同时不为0当2y xz -与2x z y +-同时为0时，有x y z ==与题设矛盾。

故2y xz -与2x z y +-同时不为0，所以由（*）得212b y xzd x z y-=+-因为01x y z n ≤<<≤-，且x 、y 、z 为整数，所以上式右边为有理数，从而1b d为有理数。

于是，对于任意的正整数)4(≥n n ，只要1b d为无理数，相应的数列就是满足题意要求的数列。

例如n 项数列1，12+，122+，……，1(1)2n +-满足要求。

2、（2009江苏卷17）（本小题满分14分）设{}n a 是公差不为零的等差数列，n S 为其前n 项和，满足222223457,7a a a a S +=+=。

（1）求数列{}n a 的通项公式及前n 项和n S ；（2）试求所有的正整数m ，使得12m m m a a a ++为数列{}n a 中的项。

【解析】本小题主要考查等差数列的通项、求和的有关知识，考查运算和求解的能力。

满分14分。

（1）设公差为d ，则22222543a a a a -=-，由性质得43433()()d a a d a a -+=+，因为0d ≠，所以430a a +=，即1250a d +=，又由77S =得176772a d ⨯+=，解得15a =-，2d =,(2)（方法一）12m m m a a a ++=(27)(25)23m m m ---,设23m t -=，则12m m m a a a ++=(4)(2)86t t t t t--=+-, 所以t 为8的约数（方法二）因为1222222(4)(2)86m m m m m m m m a a a a a a a a +++++++--==-+为数列{}n a 中的项，故m+28 a 为整数，又由（1）知：2m a +为奇数，所以2231,1,2m a m m +=-=±=即经检验，符合题意的正整数只有2m =。

w.w.w.zxxk.c.o.m 3、（2009江苏卷23）（本题满分10分）对于正整数n ≥2，用n T 表示关于x 的一元二次方程220x ax b ++=有实数根的有序数组(,)a b 的组数，其中{},1,2,,a b n ∈（a 和b 可以相等）；对于随机选取的{},1,2,,a b n ∈（a 和b 可以相等），记n P 为关于x 的一元二次方程220x ax b ++=有实数根的概率。

（1）求2n T 和2n P ；（2）求证：对任意正整数n ≥2，有11n P n>-. 【解析】 [必做题]本小题主要考查概率的基本知识和记数原理，考查探究能力。

满分10分。

w.w.w.zxxk.c.o.m4、（2010江苏卷19）（本小题满分16分）设各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知3122a a a +=，数列{}nS 是公差为d的等差数列。

（1）求数列{}n a 的通项公式（用d n ,表示）；（2）设c 为实数，对满足n m k n m ≠=+且3的任意正整数k n m ,,，不等式k n m cS S S >+都成立。

求证：c 的最大值为29。

【解析】本小题主要考查等差数列的通项、求和以及基本不等式等有关知识，考查探索、分析及论证的能力。

满分16分。

（1）由题意知：0d >， 11(1)(1)n S S n d a n d =+-=+-21323213233()a a a a S S S S =+⇒=⇒-=，2221113[()](2),a d a a d +-=+化简，得：22111120,,a a d d a d a d -⋅+===,22(1),n n S d n d nd S n d =+-==，当2n ≥时，222221(1)(21)n n n a S S n d n d n d -=-=--=-，适合1n =情形。

故所求2(21)n a n d =-（2）（方法一）222222222m n k S S cS m d n d c k d m n c k +>⇒+>⋅⇒+>⋅， 222m n c k+<恒成立。

又n m k n m ≠=+且3，222222292()()92m n m n m n k k ++>+=⇒>，故92c ≤，即c 的最大值为29。

（方法二）由1a d =及1(1)n S a n d =+-，得0d >，22n S n d =。

于是，对满足题设的k n m ,,，m n ≠，有2222222()99()222m n k m n S S m n d d d k S ++=+>==。

所以c 的最大值max 92c ≥。

另一方面，任取实数92a >。

设k 为偶数，令331,122m k n k =+=-，则k n m ,,符合条件，且22222222331()[(1)(1)](94)222m n S S m n d d k k d k +=+=++-=+。

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