(完整word)高难度压轴填空题-数列

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

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

(word完整版)高三数列专题练习30道带答案(2021年整理)

【方法点晴】本题考查等差数列及其性质、等比数列及其性质、数列的前项和，涉及特殊与一般思想和转化化归思想，考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，综合性较强，属于较难题型.第一小题先由求得，再利用累加法求得 .又由求得，可得是等比数列再求得。第二小题化简，再利用错位相减法求得 .
（Ⅱ）设，且为数列的前项和，求数列的前项和．
11．已知数列的前项和为 , ．
（1）求数列的通项公式；
（2）若 ,求．
12．设公差不为0的等差数列的首项为1，且构成等比数列．
（1）求数列的通项公式；
（2)若数列满足，求的前项和．
13．已知数列是等比数列,满足，数列满足，且是等差数列.
8．（1) ;（2）。
【解析】
试题分析:(1)根据已知列出关于首项和公比的方程组,解出首项和公比的值即可求得的通项公式；（2）由(1）可知，分三组分别求和即可。
试题解析：（1）设公比为，则 ,由已知有，
化简得
又，故，，
所以．
（2)由(1）可知，
因此．
考点：1、等比数列的通项及求和公式；2、“分组求和”的应用。
6．(1）；(2）。
【解析】
试题分析：（1）当时，，时，利用求得通项公式为；（2）根据（1）化简，利用裂项求和法求得 .
试题解析:
（1）对于任意的正整数 ①恒成立,当时， ,即 ,当时，有 ②, 得，即 , ，
数列是首项为公差为的等差数列。 .
（2)
。
考点:递推数列求通项，裂项求和法。
9．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）。
【解析】
试题分析:(Ⅰ)根据结合已知条件等式即可使问题得证；(Ⅱ）首先根据（Ⅰ)求得的通项公式，然后利用分组求和法与错位相减法求解即可。

(完整word版)数列章节课后习题及答案

数列习题及答案详解一、选择题1．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝2a n －1＋1，则a 5的值为( )． A ．30 B ．31 C ．32 D ．33解析 a 5＝2a 4＋1＝2(2a 3＋1)＋1＝22a 3＋2＋1＝23a 2＋22＋2＋1＝24a 1＋23＋22＋2＋1＝31. 答案 B2．设数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，则a 8的值为( )． A ．15 B ．16 C ．49 D ．64 解析由于S n ＝n 2，∴a 1＝S 1＝1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1，又a 1＝1适合上式． ∴a n ＝2n －1，∴a 8＝2×8－1＝15. 答案 A3．设数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，若a 6＝2且S 5＝30，则S 8等于( )．A ．31B ．32C ．33D ．34解析由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋5d ＝2，5a 1＋10d ＝30，解得⎩⎨⎧a 1＝263，d ＝－43.∴S 8＝8a 1＋8×72d ＝32.答案 B4．已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则公比q 等于( )．A ．－12B ．－2C ．2 D.12解析由题意知：q 3＝a 5a 2＝18，∴q ＝12.答案 D5．在等比数列{a n }中，a 4＝4，则a 2·a 6等于( )． A ．4 B ．8 C ．16 D ．32 解析由等比数列的性质得：a 2a 6＝a 24＝16. 答案 C6．设{a n }是公差不为0的等差数列，a 1＝2且a 1，a 3，a 6成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( )． A.n 24＋7n 4 B.n 23＋5n 3 C.n 22＋3n4D ．n 2＋n 7．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5＝0，则S 5S 2＝( )．A ．－11B ．－8C ．5D ．11解析设等比数列的首项为a 1，公比为q .因为8a 2＋a 5＝0，所以8a 1q ＋a 1q 4＝0. ∴q 3＋8＝0，∴q ＝－2，∴S 5S 2＝)1(11)1(2151q a q q q a --⋅-- ＝1－q 51－q 2＝－11. 答案 A8．等差数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1，其前n 项的和为S n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项的和为( )．A ．120B ．70C ．75D ．100 解析 ∵)2(2)123(+=++=n n n n S n ，S nn ＝n ＋2.∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 前10项的和为：(1＋2＋…＋10)＋20＝75.答案 C9．设数列{(－1)n }的前n 项和为S n ，则对任意正整数n ，S n ＝( )．A.2]1)1[(--n nB. 2]1)1[(1+--n C. 2]1)1[(+-n D. 2]1)1[(--n解析因为数列{(－1)n }是首项与公比均为－1的等比数列，所以S n ＝)1(1])1(1)[1(------n＝2]1)1[(--n . 答案 D10．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，且4a 1,2a 2，a 3成等差数列，则S 4＝( )． A ．7 B ．8 C ．15 D ．16解析设数列{a n }的公比为q ，则4a 2＝4a 1＋a 3，∴4a 1q ＝4a 1＋a 1q 2，即q 2－4q ＋4＝0，∴q＝2.∴S 4＝1－241－2＝15.答案 C 11．已知数列{a n }是各项均为正数的等比数列，数列{b n }是等差数列，且a 6＝b 7，则有( )． A ．a 3＋a 9≤b 4＋b 10 B ．a 3＋a 9≥b 4＋b 10 C ．a 3＋a 9≠b 4＋b 10D ．a 3＋a 9与b 4＋b 10的大小关系不确定解析 10476518218218121932222)(b b b a q a q q a q q a q a q a a a +====≥+=+=+12．已知等差数列{}n a 的前n 项和为)(*∈N n S n ，且7,373=-=S S ，那么数列{}n a 的公差=d （） A ．1 B ．2 C ．3 D ．4答案 A二、填空题13．若S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，S 50＝________. 解析 S 50＝1－2＋3－4＋…＋49－50 ＝(－1)×25＝－25. 答案－2514．等差数列{a n }前9项的和等于前4项的和．若a 1＝1，a k ＋a 4＝0，则k ＝________.解析设{a n }的公差为d ，由S 9＝S 4及a 1＝1，得9×1＋9×82d ＝4×1＋4×32d ，所以d ＝－16.又a k ＋a 4＝0，所以0)]61)(14(1[)]61)(1(1[=--++--+k ，即k ＝10.答案 1015.《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为________升．解析设竹子从上到下的容积依次为a 1，a 2，…，a 9，由题意可得a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝3，a 7＋a 8＋a 9＝4，设等差数列{a n }的公差为d ，则有4a 1＋6d ＝3①，3a 1＋21d ＝4②，由①②可得d＝766，a 1＝1322，所以a 5＝a 1＋4d ＝1322＋4×766＝6766. 答案 676616. 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－2n ＋1，则其通项公式为________．解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＋1＝2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n ＋1－[3(n －1)2－2(n －1)＋1]＝6n －5，显然当n ＝1时，不满足上式．故数列的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2.答案 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝16n －5，n ≥217. 等比数列{a n }中，若a 1＝12，a 4＝－4，则公比q ＝________；|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝________.解析设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4＝a 1q 3，代入数据解得q 3＝－8，所以q ＝－2；等比数列{|a n |}的公比为|q |＝2，则|a n |＝12×2n －1，所以|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝12(1＋2＋22＋…＋2n －1)＝12(2n －1)＝2n －1－12.答案－2 2n －1－12三、解答题18. 知数列{a n }的前n 项和S n 是n 的二次函数，且a 1＝－2，a 2＝2，S 3＝6. (1)求S n ；(2)证明：数列{a n }是等差数列．(1)解设S n ＝An 2＋Bn ＋C (A ≠0)，则⎩⎪⎨⎪⎧－2＝A ＋B ＋C ，0＝4A ＋2B ＋C ，6＝9A ＋3B ＋C ，解得：A ＝2，B ＝－4，C ＝0.∴S n ＝2n 2－4n .(2)证明当n ＝1时，a 1＝S 1＝－2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－4n －[2(n －1)2－4(n －1)] ＝4n －6.∴a n ＝4n －6(n ∈N *)．当n ＝1时符合上式，故a n ＝4n －6， ∴a n ＋1－a n ＝4，∴数列{a n }成等差数列．19. 知数列{a n }的前n 项和S n ＝－n 2＋24n (n ∈N *)． (1)求{a n }的通项公式；(2)当n 为何值时，S n 达到最大？最大值是多少？解 (1)n ＝1时，a 1＝S 1＝23.n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝－n 2＋24n ＋(n －1)2－24(n －1)＝－2n ＋25.经验证，a 1＝23符合a n ＝－2n ＋25，∴a n ＝－2n ＋25(n ∈N *)．(2)法一 ∵S n ＝－n 2＋24n ，∴n ＝12时，S n 最大且S n ＝144. 法二 ∵a n ＝－2n ＋25，∴a n ＝－2n ＋25＞0，有n ＜252.∴a 12＞0，a 13＜0，故S 12最大，最大值为144.20. d 为非零实数，a n ＝1n[C 1n d ＋2C 2n d 2＋…＋(n －1)C n －1n d n －1＋n C n n d n ](n ∈N *)． (1)写出a 1，a 2，a 3并判断{a n }是否为等比数列．若是，给出证明；若不是，说明理由； (2)设b n ＝nda n (n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)由已知可得a 1＝d ，a 2＝d (1＋d )，a 3＝d (1＋d )2.当n ≥2，k ≥1时，k nC k n ＝C k －1n －1，因此 a n ＝∑n k ＝1k n C k n d k ＝∑n k ＝1C k －1n －1d k ＝d ∑n －1k ＝0C k n －1d k ＝d (d ＋1)n －1. 由此可见，当d ≠－1时，{a n }是以d 为首项，d ＋1为公比的等比数列；当d ＝－1时，a 1＝－1，a n ＝0(n ≥2)，此时{a n }不是等比数列．(2)由(1)可知，a n ＝d (d ＋1)n －1，从而b n ＝nd 2(d ＋1)n －1S n ＝d 2[1＋2(d ＋1)＋3(d ＋1)2＋…＋(n －1)(d ＋1)n －2＋n (d ＋1)n －1]．① 当d ＝－1时，S n ＝d 2＝1.当d ≠－1时，①式两边同乘d ＋1得(d ＋1)S n ＝d 2[(d ＋1)＋2(d ＋1)2＋…＋(n －1)(d ＋1)n －1＋n (d ＋1)n ]．② ①，②式相减可得－dS n ＝d 2[1＋(d ＋1)＋(d ＋1)2＋…＋(d ＋1)n －1－n (d ＋1)n ]＝⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--+n n d n d d d )1(1)1(2.化简即得S n ＝(d ＋1)n (nd －1)＋1.综上，S n ＝(d ＋1)n (nd －1)＋1.21. 知数列{a n }是首项为a 1＝14，公比q ＝14的等比数列，设n n a b 41log 32=+ (n ∈N *)，数列{c n }满足c n ＝a n ·b n .(1)求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{c n }的前n 项和S n .[尝试解答] (1)由题意，知a n ＝⎝⎛⎭⎫14n(n ∈N *)，又2log 341-=n n a b ，故b n ＝3n －2(n ∈N *)．(2)由(1)，知a n ＝⎝⎛⎭⎫14n，b n ＝3n －2(n ∈N *)，∴c n ＝(3n －2)×⎝⎛⎭⎫14n (n ∈N *)． ∴S n ＝1×14＋4×⎝⎛⎭⎫142＋7×⎝⎛⎭⎫143＋…＋(3n －5)×⎝⎛⎭⎫14n －1＋(3n －2)×⎝⎛⎭⎫14n ，于是14S n ＝1×⎝⎛⎭⎫142＋4×⎝⎛⎭⎫143＋7×⎝⎛⎭⎫144＋…＋(3n －5)×⎝⎛⎭⎫14n ＋(3n －2)×⎝⎛⎭⎫14n ＋1，两式相减，得 34S n ＝14＋3⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫142＋⎝⎛⎭⎫143＋…＋⎝⎛⎭⎫14n －(3n －2)×⎝⎛⎭⎫14n ＋1＝12－(3n ＋2)×⎝⎛⎭⎫14n ＋1， ∴S n ＝23－3n ＋23×⎝⎛⎭⎫14n(n ∈N *)． 22. 数列{a n }的前n 项和记为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋1(n ≥1)． (1)求{a n }的通项公式；(2)等差数列{b n }的各项为正，其前n 项和为T n ，且T 3＝15，又a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3成等比数列，求T n .解 (1)由a n ＋1＝2S n ＋1，可得a n ＝2S n －1＋1(n ≥2)，两式相减得a n ＋1－a n ＝2a n ，则a n ＋1＝3a n (n ≥2)．又a 2＝2S 1＋1＝3，∴a 2＝3a 1.故{a n}是首项为1，公比为3的等比数列，∴a n＝3n－1.(2)设{b n}的公差为d，由T3＝15，b1＋b2＋b3＝15，可得b2＝5，故可设b1＝5－d，b3＝5＋d，又a1＝1，a2＝3，a3＝9，由题意可得(5－d＋1)(5＋d＋9)＝(5＋3)2，解得d1＝2，d2＝－10.∵等差数列{b n}的各项为正，∴d＞0，∴d＝2，b1＝3，∴T n＝3n＋n n－12×2＝n2＋2n.。

(压轴题)高中数学必修五第一章《数列》测试题(包含答案解析)(1)

一、选择题1．记无穷数列{}n a 的前n 项12,,,n a a a …的最大项为n A ，第n 项之后的各项12,n n a a ++，···的最小项为n B ，令n n n b A B =-，若数列{}n a 的通项公式为2276n a n n =-+，则数列{}n b 的前10项和为（）A ．169-B ．134-C ．103-D ．78-2．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，112a =，对任意的*n ∈N 都有1(2)n n na n a +=+，则2021S =（）A ．20192020B ．20202021C ．20212022D ．101010113．已知数列{}n a 中，11n n a a n +-=+，11a =，设数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n S ，则满足143n S n n ⎛⎫≥- ⎪⎝⎭)的n 的最大值为（）A ．3B ．4C ．5D ．64．已知数列{}n a 是等比数列，满足51184a a a =，数列{}n b 是等差数列，且88b a =，则79b b +等于（）A ．24B ．16C ．8D ．45．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，对任意的*n N ∈有2233n n S a =-，且112k S <<，则k 的值为（） A ．2或4B ．2C ．3或4D ．66．在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢．问相逢时驽马行几里？（） A ．540B ．785C ．855D ．9507．已知数列{}n a 的前n 项的和为n S ，且()23n n S a n n N *=-∈，则（） A ．{}n a 为等比数列 B ．{}n a 为摆动数列 C ．1329n n a +=⨯-D ．6236n n S n =⨯--8．若a ，b 是函数()()20,0f x x px q p q =-+>>的两个不同的零点，a ，b ，2-这三个数适当排序后可成等比数列，点(),2a b 在直线2100x y +-=上，则p q +的值等于（） A ．6B ．7C ．8D ．99．在等比数列{}n a 中，若1234531a a a a a ++++=，2345662a a a a a ++++=，则通项n a 等于（） A ．12n -B ．2nC ．12n +D ．22n -10．已知数列{}n a 的通项公式为211n aa n n n=-+，5a 是数列{}n a 的最小项，则实数a 的取值范围是（） A ．[40,25]--B ．[40,0]-C ．[25,0]-D ．[25,0]-11．已知定义域为R 的函数f (x )满足f (x )=3f (x +2)，且1224,[0,1)()3,[1,2]x x f x x x x -⎧⎪∈=⎨⎪-+∈⎩，设f (x )在[2n -2,2n )上的最大值为*()n a n N ∈，且数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n <k 对任意的正整数n均成立，则实数k 的取值范围为（）A ．27,8⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭ B ．27,8⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．27,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭D ．27,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭12．记等差数列{}n a 的前n 项和为n S .若64a =，19114S =，则15S =（） A ．45B ．75C ．90D ．95二、填空题13．数列{}n a 满足()()1232312n a a a na n n n ++++=++，则n a = __________.14．已知数列{}n a 的首项1a m =，其前n 项和为n S ，且满足2123n n S S n n ++=+，若数列{}n a 是递增数列，则实数m 的取值范围是_______．15．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若12020OB a OA a OC =+（向量OA 、OC 不平行），A 、C 、B 共线，则2020S =_________．16．数列{}n a 中，已知22a =，21n n n a a a ++=+，若834a =，则数列{}n a 的前6项和为______．17．数列{}n a 中，若31()n na a n *+=∈N ，13a =，则{}n a 的通项公式为________. 18．定义max{,}ab 表示实数,a b 中的较大的数．已知数列{}n a 满足1a a =2(0),1,a a >=122max{,2}()n n na a n N a *++=∈，若20154a a =，记数列{}n a 的前n项和为n S ，则2015S 的值为___________．19．已知数列{}n a 的首项12a =，且满足132n n a a +=+（*N n ∈），则{}n a 的前n 项和n S =___________.20．已知函数()331xx f x =+，()x R ∈，正项等比数列{}n a 满足501a =，则()()()1299f lna f lna f lna ++⋯+等于______．三、解答题21．已知数列{}n a 的前n 项和是2n S n =.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）记12n n n b a a +=，设{}n b 的前n 项和是n T ，求使得20202021n T >的最小正整数n ． 22．已知数列{}n a 为等差数列，其前n 项和为n S ，且244,22a S ==. （1）求{}n a 的通项公式﹔ （2）设11n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T . 23．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且233n n S a =-. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设3log n n b a =，n T 为数列{}n b 的前n 项和，求数列1n T ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和. 24．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且233n n S a =-. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设3log n n b a =，11n n n c b b +=，求数列{}n c 的前n 项和n T . 25．已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足()*224n n S a a n N =-∈，且1a ，2a ，31a-成等差数列.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设()()222221log log +=n n n b a a ，{}n b 的前项和为n T ，对任意*n N ∈，23n mT >恒成立，求m 的取值范围.26．在①222n n S n a =+，②3516a a +=且3542S S +=，③2142n n S n S n +=+且756S =这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并加以解答．问题：设数列{}n a 为等差数列，其前n 项和为n S ，_________．数列{}n b 为等比数列，11b a =，23b a =．求数列1n n b S ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．A 解析：A 【分析】先利用单调性依次写出前几项，再根据规律求和即可. 【详解】数列{}n a 的通项公式为2276n a n n =-+，故从2a 起单调递增，且1231,0,3a a a ===，所以11112101b A B a a =-=-=-=，22213b A B a a =-=-，33334b A B a a =-=-，44445b A B a a =-=-，…，1010101011b A B a a =-=-，又2112117116171a =⨯-⨯+=，所以数列{}n b 的前10项和为()()()()12101334451011...1...b b b a a a a a a a a +++=+-+-+-++-111111171169a a =+-=+-=-.故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题的解题关键在于发现数列从2a 起单调递增，才能依次确定{}n b 的项，找到规律，突破难点.2．C解析：C 【分析】由1(2)n n na n a +=+，可得1(1)(1)(2)n n n n a n n a ++=++，数列{}(1)n n n a +为常数列，令1n =，可得1(1)21n n n a a +==，进而可得1(1)n a n n =+，利用裂项求和即可求解.【详解】数列{}n a 满足112a =，对任意的*n ∈N 都有1(2)n n na n a +=+，则有1(1)(1)(2)n n n n a n n a ++=++，可得数列{}(1)n n n a +为常数列，有1(1)2n n n a a +=，得(1)1n n n a +=，得1(1)n a n n =+，又由111(1)1n a n n n n ==-++，所以20211111112021112232021202220222022S =-+-+⋅⋅⋅-=-=．故选：C【点睛】方法点睛：数列求和的方法（1）倒序相加法：如果一个数列{}n a 的前n 项中首末两端等距离的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可以用倒序相加法（2）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可以用错位相减法来求；（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些项可相互抵消，从而求得其和；（4）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转换法分别求和再相加减；（5）并项求和法：一个数列的前n 项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如()()1nn a f n =-类型，可采用两项合并求解.3．C解析：C 【分析】利用累加法可求得数列{}n a 的通项公式，利用裂项求和法可求得n S ，然后解不等式143n S n n ⎛⎫≥- ⎪⎝⎭即可得解.【详解】因为2132123n n a a a a a a n --=⎧⎪-=⎪⎨⋅⋅⎪⎪-=⎩，所以123n a n a =+-++，()11232n n n a n +∴=++++=, ()1211211n a n n n n ⎛⎫∴==- ⎪++⎝⎭，所以1111122122311n nS n n n ⎛⎫=⨯-+-++-=⎪++⎝⎭，由21413n n S n n n ⎛⎫=≥- ⎪+⎝⎭，化简得2311200n n --≤，解得453n -≤≤， *n ∈N ，所以，满足143n S n n ⎛⎫≥-⎪⎝⎭的n 的最大值为5. 故选：C. 【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和；（2）对于{}n n a b 型数列，其中{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，利用错位相减法求和；（3）对于{}n n a b +型数列，利用分组求和法；（4）对于11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭型数列，其中{}n a 是公差为()0d d ≠的等差数列，利用裂项相消法求和.4．C解析：C 【分析】利用等比数列和等差数列的性质计算．【详解】∵数列{}n a 是等比数列，∴2511884a a a a ==，又80a ，∴84a =，又{}n b 是等差数列，∴7988228b b b a +===．故选：C ．【点睛】关键点点睛：本题考查等差数列与等比数列的性质，掌握等差数列与等比数列的性质是解题关键．对正整数,,,m n p l ，若m n p l +=+，{}n a 是等差数列，则m n p l a a a a +=+，若{}n a 是等比数列，则m n p l a a a a =，特别地若2m n p +=，{}n a 是等差数列，则2m n p a a a +=，若{}n a 是等比数列，则2m n p a a a =．5．A解析：A 【分析】利用递推关系式求出{}n a 的通项公式，再求出{}n a 的前n 项和为n S ，即可求出k 的值. 【详解】对任意的*n N ∈有2233n n S a =-，可得：1112233a S a ==- ，解得：1=2a -，当2n ≥时：2233n n S a =-，112233n n S a --=- 两式相减得112233n n n n n S S a a a ---=-=，即12n n a a -=-，所以{}n a 是首项为2-，公比为2-的等比数列，所以()2nn a =-，()()()212212123nn nS ⎡⎤-⨯--⎣⎦⎡⎤==---⎣⎦--，所以211(2)123kk S ⎡⎤<=---<⎣⎦，所以5(219)2k <-<，当2k =和4k =时不等式成立，所以k 的值为2或4，故选：A. 【点睛】本题主要考查了由递推公式求通项公式，考查了等比数列前n 项和公式，属于中档题.6．C解析：C 【分析】由已知条件转化为两个等差数列的前n 项和为定值问题，进而计算可得结果．【详解】由题可知，良马每日行程构成一个首项为103，公差13的等差数列{}n a ，驽马每日行程构成一个首项为97，公差为﹣0.5的等差数列{}n b ，则a n ＝103+13（n ﹣1）＝13n +90，b n ＝97﹣0.5（n ﹣1）＝97.5﹣0.5n ，则数列{a n }与数列{b n }的前n 项和为1125×2＝2250，又∵数列{a n }的前n 项和为2n ×（103+13n +90）＝2n×（193+13n ），数列{b n }的前n 项和为2n ×（97+97.5﹣0.5n ）＝2n ×（194.5﹣2n）， ∴2n ×（193+13n ）+2n ×（194.5﹣2n）＝2250，整理得：25n 2+775n ﹣9000＝0，即n 2+31n ﹣360＝0，解得：n ＝9或n ＝﹣40（舍），即九日相逢，相逢时驽马行了92×（194.5﹣92）=855. 故选：C 【点睛】本题以数学文化为背景，考查等差数列及等差数列的前n 项和，考查转化思想，考查分析问题、解决问题的能力，属于中档题．7．D解析：D 【分析】利用已知条件求出数列{}n a 的通项公式，再求出{}n a 的前n 项的和为n S ，即可判断四个选项的正误. 【详解】因为23n n S a n =-①，当1n =时，1123a a =-，解得：13a =，当2n ≥时，()11231n n S a n --=--②，①-②得：1223n n n a a a -=--，即123n n a a -=+，所以()1323n n a a -+=+，所以{}3n a +是以6为首项，2为首项的等比数列，所以1362n n a -+=⨯，所以1623n n a -=⨯-，所以{}n a 不是等比数列，{}n a 为递增数列，故A B 、不正确，()11263623612n n n S n n ⨯-=⨯-=⨯---，故选项C 不正确，选项D 正确.故选：D 【点睛】本题主要考查了利用数列的递推公式求通项公式，考查了构造法，考查了分组求和，属于中档题.8．D解析：D 【分析】由零点定义得,a b p ab q +==得0,0a b >>，因此2-只能是等比数列的中间项，从而得4ab =，由点(),2a b 在直线2100x y +-=上，得5a b +=，这样可得,p q 值．从而得出结论．【详解】∵a ，b 是函数()()20,0f x x px q p q =-+>>的两个不同的零点，∴,a b p ab q +==，∴0,0a b >>，而a ，b ，2-这三个数适当排序后可成等比数列，只能是2-是,a b 的等比中项，即4ab =，点(),2a b 在直线2100x y +-=上，则22100a b +-=，得5a b +=，由45ab a b =⎧⎨+=⎩，∴5,4p q ==，9p q +=．故选：D ．【点睛】本题考查函数零点的概念，考查等比数列的定义，考查韦达定理，关键是由题意分析出0,0a b >>．9．A解析：A 【详解】设等比数列{a n }的公比为q ，∵a 1+a 2+a 3+a 4+a 5=31,a 2+a 3+a 4+a 5+a 6=62， ∴q=2，∴a1(1+q+q 2+q 3+q 4)=31，则a 1=1，故an=2n−1. 故选A.10．D解析：D 【分析】由题设得到5n a a ≥恒成立，参变分离后可得实数a 的取值范围. 【详解】由题设有5n a a ≥恒成立，故21125555a an n n -+≥-+恒成立即()()()5565a n n n n---≥，当6n ≥时，有()56a n n ≤-恒成立，故0a ≤，当14n ≤≤时，有()56a n n ≥-恒成立，故25a ≥-，当5n =时，a R ∈，故250a -≤≤. 故选：D. 【点睛】本题考查数列的函数性质：最值问题，此类问题可利用函数的单调性来研究，也可以利用恒成立来研究，本题属于较难题.11．B解析：B 【分析】运用二次函数的最值和指数函数的单调性求得[0,2]x ∈的()f x 的最大值，由递推式可得数列{}n a 为首项为94，公比为13的等比数列，由等比数列的求和公式和不等式恒成立思想可得k 的最小值【详解】解：当[0,2]x ∈时，且1224,[0,1)()3,[1,2]x x f x x x x -⎧⎪∈=⎨⎪-+∈⎩，可得01x ≤<时，()f x 的最大值为(0)2f =，12x <≤时，()f x 的最大值为39()24f =，即当[0,2]x ∈时，()f x 的最大值为94，当24x ≤<时，1()(2)3f x f x =-的最大值为912，当46x ≤<时，1()(2)3f x f x =-的最大值为936， ……可得数列{}n a 为首项为94，公比为13的等比数列，所以91(1)2712743(1)183813n n nS -==-<-，由S n <k 对任意的正整数n 均成立，可得278k ≥，所以实数k 的取值范围为27,8⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭，故选：B 【点睛】此题考查分段函数的最值求法和等比数列的求和公式，以及不等式恒成立问题的解法，考查转化思想和运算能力，属于中档题12．B解析：B 【分析】结合题意根据等差数列的通项公式和前n 项和公式列方程115419199114a d a d +=⎧⎨+⨯=⎩，解得11232d a ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，再利用前n 项和公式即可求得答案. 【详解】解：根据题意64a =，19114S =，结合等差数列的通项公式和前n 项和公式得：115419199114a d a d +=⎧⎨+⨯=⎩，即：115496a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得11232d a ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，所以()1511515131451051515157752222S a d -+=+=⨯+⨯⨯==. 故选：B. 【点睛】本题考查利用等差数列的通项公式和前n 项和公式求等差数列的基本量，考查数学运算能力，是基础题.二、填空题13．【分析】对递推关系多递推一次再相减可得再验证是否满足；【详解】∵①时②①-②得时满足上式故答案为：【点睛】数列中碰到递推关系问题经常利用多递推一次再相减的思想方法求解解析：31n【分析】对递推关系多递推一次，再相减，可得31n a n ，再验证1n =是否满足；【详解】 ∵()()1232312n a a a na n n n ++++=++①2n ∴≥时，()()()123123111n a a a n a n n n -++++-=-+② ①-②得31,31n nna n n a n ，1n =时，1123=6,a 满足上式，31na n .故答案为：31n . 【点睛】数列中碰到递推关系问题，经常利用多递推一次再相减的思想方法求解.14．【分析】利用退一作差法求得再求得根据列不等式解不等式求得的取值范围【详解】由可得：两式相减得：两式相减可得：数列是以为公差的等差数列数列是以为公差的等差数列将代入及可得：将代入可得要使得恒成立只需要解析：15,44⎛⎫⎪⎝⎭【分析】利用退一作差法求得114(3)n n a a n +--=≥，再求得234,,a a a ，根据1234a a a a <<<列不等式，解不等式求得m 的取值范围. 【详解】由2123n n S S n n ++=+可得：212(1)3(1)(2)n n S S n n n -+=-+-≥两式相减得：141(2)n n a a n n ++=+≥143(3)n n a a n n -∴+=-≥两式相减可得：114(3)n n a a n +--=≥∴数列2a ，4a ，6a ，...是以4为公差的等差数列，数列3a ，5a ，7a ，...是以4为公差的等差数列，将1n =代入2123n n S S n n ++=+及1a m =可得：252a m =-将2n =代入141(2)n n a a n n ++=+≥可得342a m =+42492a a m =+=-要使得*n N ∀∈，1n n a a +<恒成立只需要1234a a a a <<<即可524292m m m m ∴<-<+<-解得1544m <<则m 的取值范围是15,44⎛⎫⎪⎝⎭. 故答案为：15,44⎛⎫ ⎪⎝⎭【点睛】本小题主要考查已知n S 求n a ，考查数列的单调性，属于中档题.15．【分析】先证明当共线且则根据题意可求得的值然后利用等差数列求和公式可求得的值【详解】当共线时则共线可设所以又则由于（向量不平行）共线则由等差数列的求和公式可得故答案为：【点睛】本题考查等差数列求和同解析：1010【分析】先证明当A 、C 、B 共线且OB mOA nOC =+，则1m n +=，根据题意可求得12020a a +的值，然后利用等差数列求和公式可求得2020S 的值. 【详解】当A 、C 、B 共线时，则AB 、AC 共线，可设AB AC λ=，所以，()OB OA OC OA λ-=-，()1OB OA OC λλ∴=-+，又OB mOA nOC =+，则()11m n λλ+=-+=，由于12020OB a OA a OC =+（向量OA 、OC 不平行），A 、C 、B 共线，则120201a a +=，由等差数列的求和公式可得()120202020202020201101022a a S +⨯===.故答案为：1010. 【点睛】本题考查等差数列求和，同时也考查了三点共线结论的应用，考查计算能力，属于中等题.16．32【分析】利用数列的递推公式推导出由此能求出数列的前6项和【详解】∵数列中∴解得∴数列的前6项和为：故答案为：32【点睛】本题主要考查数列的前6项和的求法考查递推公式递推思想等基础知识考查运算求解解析：32 【分析】利用数列的递推公式推导出11a =，由此能求出数列{}n a 的前6项和. 【详解】∵数列{}n a 中，22a =，21n n n a a a ++=+，834a =， ∴32112a a a a =+=+，43211224a a a a a =+=++=+，543162a a a a =+=+，6541103a a a a =+=+， 7651165a a a a =+=+，876126834a a a a =+=+=，解得11a =，∴数列{}n a 的前6项和为：()()()()61111112246210324832S a a a a a a =+++++++++=+=，故答案为：32. 【点睛】本题主要考查数列的前6项和的求法，考查递推公式、递推思想等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题.17．【分析】两边取对数化简整理得得到数列是以为首项公比为3的等比数列结合等比数列的通项公式即可求解【详解】由两边取对数可得即又由则所以数列是以为首项公比为3等比数列则所以故答案为：【点睛】本题主要考查了解析：133()n n a n -*=∈N【分析】两边取对数，化简整理得313log 3log n na a +=，得到数列3{log }n a 是以1为首项，公比为3的等比数列，结合等比数列的通项公式，即可求解. 【详解】由31()n na a n *+=∈N ，两边取对数，可得313log 3log n n a a +=，即313log 3log n na a +=，又由13a =，则31log 1a =，所以数列3{log }n a 是以31log 1a =为首项，公比为3等比数列，则113log 133n n n a --=⋅=，所以133()n n a n -*=∈N . 故答案为：133()n n a n -*=∈N 【点睛】本题主要考查了对数的运算性质，以及等比数列的通项公式的求解，其中解答中合理利用对数的运算性质，结合等比数列的通项公式求解是解答的关键，着重考查推理与运算能力.18．7254【分析】参数进行分类讨论由已知求出数列的前几项从中发现是以5为周期的再根据求得的值可得答案【详解】由题意当时因此是周期数列周期为所以不合题意当时同理是周期数列周期为所以故答案为：【点睛】本题解析：7254 【分析】参数a 进行分类讨论，由已知求出数列的前几项，从中发现是以5为周期的，再根据20154a a =求得a 的值可得答案.【详解】由题意34a a=，当2a ≥时，44a =，52a a =，6a a =，71a =，因此{}n a 是周期数列，周期为5，所以2015524a a a a ==≠，不合题意，当02a <<时，48a a=，54a =，6a a =，71a =，同理{}n a 是周期数列，周期为5，所以2015544a a a ===，1a =，1234518a a a a a ++++=，2015403187254S =⨯=.故答案为：7254．【点睛】本题考查新定义问题，考查周期数列的知识，解决此类问题常采取从特殊到一般的方法，可先按新定义求出数列的前几项（本题由12,a a 依次求出34567,,,,a a a a a ），从中发现周期性的规律，本题求解中还要注意由新定义要对参数a 进行分类讨论．解决新定义问题考查的学生的阅读理解能力，转化与化归的数学思想，即把新定义的“知识”、“运算”等用我们已学过的知识表示出来，用已学过的方法解决新的问题．19．【分析】根据递推公式构造等比数列求出再分组根据等比数列求和公式可得结果【详解】由得因为所以是首项为公比为的等比数列所以所以所以故答案为：【点睛】关键点点睛：构造等比数列求解是解题关键解析：()11332n n +-- 【分析】根据递推公式构造等比数列{1}n a +，求出n a ，再分组根据等比数列求和公式可得结果. 【详解】由132n n a a +=+得113(1)n n a a ++=+，因为1130a +=≠，所以{1}n a +是首项为3，公比为3的等比数列，所以11333n nn a -+=⨯=，所以31n n a =-，所以1233333n n S n =++++-3(13)13n n -=--()11332n n +=--.故答案为：()11332n n +-- 【点睛】关键点点睛：构造等比数列{1}n a +求解是解题关键.20．【解析】试题分析：因为所以因为数列是等比数列所以即设①又＋…＋②①+②得所以考点：1等比数列的性质；2对数的运算；3数列求和【知识点睛】如果一个数列与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和（都相等解析：992【解析】试题分析：因为3()31x x f x =+，所以33()()13131x xx x f x f x --+-=+=++．因为数列{}n a 是等比数列，所以21992984951501a a a a a a a =====，即1992984951ln ln ln ln ln ln 0a a a a a a +=+==+=．设9912399(ln )(ln )(ln )(ln )S f a f a f a f a =++++ ①，又99999897(ln )(ln )(ln )=++S f a f a f a ＋…＋1(ln )f a ②，①+②，得99299=S ，所以99992=S ．考点：1、等比数列的性质；2、对数的运算；3、数列求和．【知识点睛】如果一个数列{}n a ，与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和（都相等，为定值），可采用把正着写和与倒着写和的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法．如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的．三、解答题21．（1）21n a n =-；（2）1011. 【分析】（1）利用1n n n a S S -=-可得答案；（2）求出112121n b n n =--+利用裂项相消可得答案. 【详解】（1）111a S ==，当2n ≥时，()221121n n n a S S n n n -=-=--=-，1a 符合上式，所以21n a n =-．（2）()()21121212121n b n n n n ==--+-+， ∴11111111335212121n T n n n =-+-++-=--++，令120201212021n ->+，解得1010n >，所以最小正整数n 为1011. 【点睛】数列求和的方法技巧：（ 1）倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和．（ 2）错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和．（ 3）分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和．（ 4）裂项相消法：用于通项能变成两个式子相减，求和时能前后相消的数列求和. 22．（1）32n a n =-；（2）31n nT n =+. 【分析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，解方程组114434222a d a d +=⎧⎪⎨⨯+=⎪⎩可求d 的值，进而可得{}n a 的通项公式﹔（2）11n n n b a a +=()()1111323133231n n n n ⎫⎛==- ⎪-+-+⎝⎭，利用裂项求和即可求解. 【详解】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，由题意知114434222a d a d +=⎧⎪⎨⨯+=⎪⎩，解得113a d =⎧⎨=⎩，所以()13132n a n n =+-=-. （2）()()111111323133231n n n b a a n n n n +⎛⎫===- ⎪-+-+⎝⎭12n n T b b b111111134473231n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦111331n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭31n n =+ 【点睛】方法点睛：数列求和的方法（1）倒序相加法：如果一个数列{}n a 的前n 项中首末两端等距离的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可以用倒序相加法（2）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可以用错位相减法来求；（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些项可相互抵消，从而求得其和；（4）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转换法分别求和再相加减；（5）并项求和法：一个数列的前n 项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如()()1nn a f n =-类型，可采用两项合并求解.23．（1）3nn a =；（2）2+1nn 【分析】（1）利用1n n n a S S -=-可得{}n a 是首项为3，公比为3的等比数列，即可求出通项公式；（2）可得n b n =，则()1+2n n n T =，1112+1nT n n ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，由裂项相消法即可求出前n 项和. 【详解】（1）233n n S a =-，即3322n n S a =-，当1n =时，1113322S a a =-=，解得13a =，当2n ≥时，1133332222n n n n n a a a S S --⎛⎫---== ⎝-⎪⎭，整理得13n n a a -=，{}n a ∴是首项为3，公比为3的等比数列，1333n n n a -∴=⨯=；（2）33l 3log og nn n b a n ===，()1+2n n n T ∴=，则()12112+1+1nT n n n n ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，数列1n T ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为11111221+++223+1+1nn n n ⎛⎫---= ⎪⎝⎭. 【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；（2）对于{}n n a b 结构，其中{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，用错位相减法求和；（3）对于{}+n n a b 结构，利用分组求和法；（4）对于11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭结构，其中{}n a 是等差数列，公差为d ，则111111n n n n a a d a a ++⎛⎫=- ⎪⎝⎭，利用裂项相消法求和. 24．（1）3nn a =；（2）1n n T n =+. 【分析】（1）令1n =计算1a ，当2n ≥时，利用1222n n n a S S -=-可得{}n a 是等比数列，即可求解；（2）由{}n a 的通项公式可得{}n b 的通项，进而可得{}n c 的通项，利用裂项求和即可求解. 【详解】（1)当1n =时，1112233a S a ==-，13a ∴= 当2n ≥时，()()112223333n n n n n a S S a a --=-=---即13nn a a -=()2n ≥， ∴数列{}n a 为以3为首项，3为公比的等比数列.1333n n n a -∴=⨯=（2）.由3log n n b a =，得3log 3nn b n ==则()1111111n n n c b b n n n n +===-++， 11111111223111n n T n n n n =-+-++-=-=+++. 【点睛】方法点睛：数列求和的方法（1）倒序相加法：如果一个数列{}n a 的前n 项中首末两端等距离的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可以用倒序相加法；（2）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可以用错位相减法来求；（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些项可相互抵消，从而求得其和；（4）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转换法分别求和再相加减；（5）并项求和法：一个数列的前n 项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如()()1nn a f n =-类型，可采用两项合并求解.25．（1）12n n a ；（2）233m <. 【分析】（1）根据题设中的递推关系有12n n a a -=，算出1a 后可求{}n a 的通项. （2）利用裂项相消法可求n T ，求出n T 的最小值后可得m 的取值范围. 【详解】（1）因为()*224n n S a a n N=-∈，故11224n n Sa a --=-，所以1244n n n a a a -=-即12n n a a -=，其中2n ≥，所以322a a =且212a a =，因为1a ，2a ，31a -成等差数列，故21321a a a =+-即111441a a a =+-，故11a =且10a ≠，故0n a ≠，故12nn a a -=即{}n a 为等比数列且公比为2，故12n n a .（2）()()()()2222211111log log 212122121n n n b a a n n n n +⎛⎫===- ⎪-+-+⎝⎭,所以1111111111213352121221n T n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，因为0n b >，故{}n T 为增数列，故()1min 13n T T ==，故1323m>即233m <. 【点睛】方法点睛：数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法. 26．见解析【分析】根据选择的条件求出{}n a 的通项，再利用分组求和可得n T . 【详解】若选①，由222n n S n a =+可得1122a a =+，故12a =，又22422S a ⨯=+，故()222224a a =+⨯+，故24a =，故等差数列的公差422d =-=，故()2212n a n n =+-=，所以()()2212n n n S n n +==+，所以12b =，26b =，所以等比数列{}n b 的公比为3q =，故123n n b -=⨯故()111111=232311n n n n b S n n n n --++⨯=-+⨯++，故11111111131=231223341131n n n T n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+-++-+⨯=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 若选②，由题设可得11126163351042a d a d a d +=⎧⎨+++=⎩，解得122a d =⎧⎨=⎩，同①可得131nn T n =-+. 若选③，由题设可得1213S S =即212a a =，故1d a =，故1n a na =，而74567S a ==，故48a =，故12a =，故2n a n =，同①可得131nn T n =-+. 【点睛】方法点睛：等差数列或等比数列的处理有两类基本方法：（1）利用基本量即把数学问题转化为关于基本量的方程或方程组，再运用基本量解决与数列相关的问题；（2）利用数列的性质求解即通过观察下标的特征和数列和式的特征选择合适的数列性质处理数学问题．另外求和注意根据通项的特征选择合适的求和方法.。

高考数学压轴专题专题备战高考《数列》全集汇编含答案解析

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

高中数学数列大题压轴题集锦难题培优带答案

高中数学数列练习题一．解答题（共40小题）1．若无穷数列{a n}满足：a1是正实数，当n≥2时，|a n﹣a n﹣1|＝max{a1，a2，…，a n﹣1}，则称{a n}是“Y﹣数列”．（Ⅰ）若{a n}是“Y﹣数列”且a1＝1，写出a4的所有可能值；（Ⅱ）设{a n}是“Y﹣数列”，证明：{a n}是等差数列当且仅当{a n}单调递减；{a n}是等比数列当且仅当{a n}单调递增；（Ⅲ）若{a n}是“Y﹣数列”且是周期数列（即存在正整数T，使得对任意正整数n，都有a T+n＝a n），求集合{1≤i ≤2018|a i＝a1}的元素个数的所有可能值的个数．2．若无穷数列{a n}和无穷数列{b n}满足：存在正常数A，使得对任意的n∈N*，均有|a n﹣b n|≤A，则称数列{a n}与{b n}具有关系P（A）．（1）设无穷数列{a n}和{b n}均是等差数列，且，问：数列{a n}与{b n}是否具有关系P（1）？说明理由；（2）设无穷数列{a n}是首项为1，公比为的等比数列，，证明：数列{a n}与{b n}具有关系P（A）；并求A的最小值；（3）设无穷数列{a n}是首项为1，公差为d（d∈R）的等差数列，无穷数列{b n}是首项为2，公比为q（q∈N*）的等比数列，试求数列{a n}与{b n}具有关系P（A）的充要条件．3．对于数列{x n}，若存在m∈N*，使得x2m﹣k＝x k对任意1≤k≤2m﹣1（k∈N*）都成立，则称数列{x n}为“m﹣折叠数列”．（1）若a n＝C（n≤2021，n∈N*），b n＝n2﹣2019n﹣1（n∈N*），判断数列{a n}，{b n}是否是“m﹣折叠数列”，如果是，指出m的值；如果不是，请说明理由；（2）若x n＝q n（n∈N*），求所有的实数q，使得数列{x n}是3﹣折叠数列；（3）给定常数p∈N*，是否存在数列{x n}，使得对所有m∈N*，{x n}都是pm﹣折叠数列，且{x n}的各项中恰有p+1个不同的值，证明你的结论．4．若存在常数m∈R，使对任意的n∈N*，都有a n+1≥ma n，则称数列{a n}为Z（m）数列．（1）已知{a n}是公差为2的等差数列，其前n项和为S n．若S n是Z（1）数列，求a1的取值范围；（2）已知数列{b n}的各项均为正数，记数列{b n}的前n项和为R n，数列{b n2}的前n项和为T n，且3T n＝R n2+4R n，n∈N*．①求证：数列{b n}是等比数列；②设c n＝b n+，试证明：存在常数m∈R，对于任意的λ∈[2，3]，数列{c n}都是Z（m）数列，并求出m的最大值．5．在孟德尔遗传理论中，称遗传性状依赖的特定携带者为遗传因子，遗传因子总是成对出现．例如，豌豆携带这样一对遗传因子：A使之开红花，a使之开白花，两个因子的相互组合可以构成三种不同的遗传性状：AA为开红花，Aa 和aA一样不加区分为开粉色花，aa为开白色花．生物在繁衍后代的过程中，后代的每一对遗传因子都包含一个父系的遗传因子和一个母系的遗传因子，而因为生殖细胞是由分裂过程产生的，每一个上一代的遗传因子以的概率传给下一代，而且各代的遗传过程都是相互独立的．可以把第n代的遗传设想为第n次实验的结果，每一次实验就如同抛一枚均匀的硬币，比如对具有性状Aa的父系来说，如果抛出正面就选择因子A，如果抛出反面就选择因子a，概率都是；对母系也一样．父系、母系各自随机选择得到的遗传因子再配对形成子代的遗传性状．假设三种遗传性状AA，Aa（或aA），aa在父系和母系中以同样的比例u：v：ω（u+v+ω＝1）出现，则在随机杂交实验中，遗传因子A被选中的概率是p＝u+，遗传因子a被选中的概率是q＝ω+，称p，q分别为父系和母系中遗传因子A 和a的频率，p：q实际上是父系和母系中两个遗传因子的个数之比．基于以上常识回答以下问题：（1）如果植物的，上一代父系、母系的遗传性状都是Aa，后代遗传性状为AA，Aa（或aA），aa的概率各是多少？（2）对某一植物，经过实验观察发现遗传性状aa具有重大缺陷，可人工剔除，从而使得父系和母系中仅有遗传性状为AA和Aa（或aA）的个体，在进行第一代杂交实验时，假设遗传因子A被选中的概率为p，a被选中的概率为q，p+q＝1．求杂交所得子代的三种遗传性状AA，Aa（或aA），aa所占的比例u1，v1，ω1．（3）继续对（2）中的植物进行杂交实验，每次杂交前都需要剔除性状为aa的个体．假设得到的第n代总体中3种遗传性状AA，Aa（或aA），aa所占比例分别为u n，v n，ωn（u n+v n+ωn＝1）．设第n代遗传因子A和a的频率分别为p n和q n，已知有以下公式p n＝，q n＝，n＝1，2，……，证明{}是等差数列．（4）求u n，v n，ωn的通项公式，如果这种剔除某种遗传性状的随机杂交实验长期进行下去，会有什么现象发生？6．给定n（n≥3，n∈N*）个不同的数1，2，3，……，n，它的某一个排列P的前k（k∈N*，1≤k≤n）项和为S k，该排列P中满足2S k≤S n的k的最大值为k p．记这n个不同数的所有排列对应的k p之和为T n．（1）若n＝3，求T3；（2）若n＝4l+1，l∈N*，（i）证明：对任意的排列P，都不存在k（k∈N*，1≤k≤n）使得2S k＝S n；（ii）求T n（用n表示）．7．已知数列{a n}的前n项和为S n，满足S n＝．（Ⅰ）求证：{a n}是等差数列；（Ⅱ）已知{b n}是公比为q的等比数列，a1＝b1，a2＝b2≠a1，记T n为数列{b n}的前n项和．（1）若b k＝a m（m，k是大于2的正整数），求证：T k﹣1＝（m﹣1）a1；（2）若b3＝a i（i是某个正整数），求证：q是整数，且数列{b n}中的每一项都是数列{a n}中的项．8．对给定的正整数n，令Ωn＝{a＝（a1，a2，…，a n）|a i∈{0，1}，i＝1，2，3，…，n}．对任意的x＝（x1，x2，…，x n），y＝（y1，y2，…，y n）∈Ωn，定义x与y的距离d（x，y）＝|x1﹣y1|+|x2﹣y2|+…+|x n﹣y n|．设A是Ωn的含有至少两个元素的子集，集合D＝{d（x，y）|x≠y，x，y∈A}中的最小值称为A的特征，记作χ（A）．（Ⅰ）当n＝3时，直接写出下述集合的特征：A＝{（0，0，0），（1，1，1）}，B＝{（0，0，0），（0，1，1），（1，0，1），（1，1，0）}，C＝{（0，0，0），（0，0，1），（0，1，1），（1，1，1）}．（Ⅱ）当n＝2020时，设A⊆Ω2020且χ（A）＝2，求A中元素个数的最大值；（Ⅲ）当n＝2020时，设A⊆Ω2020且χ（A）＝3，求证：A中的元素个数小于．9．设集合A的元素均为实数，若对任意a∈A，存在b∈B，c∈C．使得b+c＝a且b﹣c＝1，则称元素最少的B和C为A 的“孪生集”；称A的“孪生集”的“孪生集”为A的“2级孪生集”；称A的“2级孪生集”的“孪生集”为A的“3级孪生集”，依此类推…（1）设A＝{3，5，7}，直接写出集合A的“孪生集”；（2）设元素个数为n的集合A的“孪生集”分别为B和C，若使集合∁B∪C（B∩C）中元素个数最少且所有元素之和为3，证明：A中所有元素之和为3n；（3）若A＝{a k|a k＝a1+2（k﹣1），1≤k≤n，k∈N*}，请直接写出A的“n级孪生集”的个数，设A的所有”n级孪生集”的并集为Ω，若Ω＝M1∪M2∪M3；求有序集合组（M1，M2，M3）的个数．10．非空集合A⊆R+，满足∀x∈A，总有∉A，记集合T（A）＝{（x，y）|x∈A，y∈A，∈A}．（Ⅰ）求证：∀x∈A，（x，x）∉T（A）；（Ⅱ）若T（A）中只有1个元素（a，b），求证：a＝b2；（Ⅲ）若集合A＝{a，b，c，d，e}，且a＜b＜c＜d＜e，T（A）中恰有10个元素，求证：c2＝ae．11．一农妇原有a0∈N*个鸡蛋，现分9次售卖鸡蛋，设每次卖出后剩下的鸡蛋个数依次为a1，a2，…，a9个．（Ⅰ）如果农妇第一次卖去全部鸡蛋的一半又半个，第二次卖去剩下的一半又半个，第三次又卖去剩下的一半又半个，…，第九次仍然卖去剩下的一半又半个，而且这次恰好全部卖完，求a9，a8，a7，给出数列{a n}的递公式并据此求出a0；（Ⅱ）鸡蛋无法分割出售，如果农妇原有鸡蛋a0＝511个，是否存在p，q∈N*，（p＞2），使得农妇按如下方式卖鸡蛋：第一次卖去全部的又个，第二次卖去剩下的又个，第三次又卖去剩下的又个，…，第九次仍然卖去剩下的又个，而且这次恰好全部卖完？如果存在，求出可能的p，q的值，如果不存在，请说明理由．12．对于无穷数列{a n}的某一项a k，若存在m∈N*，有a k＜a k+m（k∈N*）成立，则称a k具有性质P（m）．（1）设a n＝|n﹣3|（n∈N*），若对任意的k∈N*，a k都具有性质P（m），求m的最小值；（2）设等差数列{a n}的首项a1＝﹣2，公差为d，前n项和为S n（n∈N*），若对任意的k∈N*，数列{S n}中的项S k 都具有性质P（7），求实数d的取值范围；（3）设数列{a n}的首项a1＝2，当n≥2（n∈N*）时，存在i（1≤i≤n﹣1，i∈N*）满足a n＝2a i，且此数列中恰有一项a t（2≤t≤99，t∈N*）不具有性质P（1），求此数列的前100项和的最大值和最小值以及取得最值时对应的t的值．13．已知m为正整数，各项均为正整数的数列{a n}满足：a n+1＝，记数列{a n}的前n项和为S n．（1）若a1＝8，m＝2，求S7的值；（2）若m＝5，S3＝25，求a1的值；（3）若a1＝1，m为奇数，求证：“a n+1＞m”的充要条件是“a n为奇数”．14．已知数列{a n}是由正整数组成的无穷数列．若存在常数k∈N*，使得a2n﹣1+a2n＝ka n对任意的n∈N*成立，则称数列{a n}具有性质Ψ（k）．（Ⅰ）分别判断下列数列{a n}是否具有性质Ψ（2）；（直接写出结论）①a n＝1；②a n＝2n．（Ⅱ）若数列{a n}满足a n+1≥a n（n＝1，2，3，…），求证：“数列{a n}具有性质Ψ（2）”是“数列{a n}为常数列”的充分必要条件；（Ⅲ）已知数列{a n}中a1＝1，且a n+1＞a n（n＝1，2，3，…）．若数列{a n}具有性质Ψ（4），求数列{a n}的通项公式．15．用[x]表示一个小于或等于x的最大整数．如：[2]＝2，[4.1]＝4，[﹣3.1]＝﹣4．已知实数列a0，a1，…对于所有非负整数i满足a i+1＝[a i]•（a i﹣[a i]），其中a0是任意一个非零实数．（Ⅰ）若a0＝﹣2.6，写出a1，a2，a3；（Ⅱ）若a0＞0，求数列{[a i]}的最小值；（Ⅲ）证明：存在非负整数k，使得当i≥k时，a i＝a i+2．16．在无穷数列{a n}中，a1，a2是给定的正整数，a n+2＝|a n+1﹣a n|，n∈N*．（Ⅰ）若a1＝5，a2＝3，写出a2019，a2020，a2021的值；（Ⅱ）证明：存在m∈N*，当n＞m时，数列{a n}中的项呈周期变化；（Ⅲ）若a1，a2的最大公约数是k，证明数列{a n}中必有无穷多项为k．17．设等差数列{a n}的首项为0，公差为a，a∈N*；等差数列{b n}的首项为0，公差为b，b∈N*．由数列{a n}和{b n}构造数表M，与数表M*：记数表M中位于第i行第j列的元素为c i，j，其中c i，j＝a i+b j（i，j＝1，2，3，…）．记数表M*中位于第i行第j列的元素为d i，j，其中d i，j＝a i﹣b j+1．（1≤i≤b，i∈N*，j∈N*）．如：c1，2＝a1+b2，d l，2＝a1﹣b3．（I）设a＝5，b＝9，请计算c2，6，c396，6，d2，6；（Ⅱ）设a＝6．b＝7，试求c i，j，d i，j的表达式（用i，j表示），并证明：对于整数t，若t不属于数表M，则t属于数表M*；（Ⅲ）设a＝6，b＝7，对于整数t，t不属于数表M，求t的最大值．18．已知数列{a n}是等比数列，a1＝2，且a2，a3+2，a4成等差数列．数列{b n}满足：b1+++……+＝（n∈N*）．（Ⅰ）求数列{a n}和{b n}的通项公式；（Ⅱ）求证：+++……+＜．19．记无穷数列{a n}的前n项中最大值为M n，最小值为m n，令，则称{b n}是{a n}“极差数列”．（Ⅰ）若a n＝3n﹣2，{b n}的前n项和；（Ⅱ）证明：{b n}的“极差数列”是{}20．已知数列{a n}的首项a1＝3，对任意的n∈N*，都有a n+1＝ka n﹣1（k≠0），数列{a n﹣1}是公比不为1的等比数列．（1）求实数k的值；（2）设数列{b n}的前n项和为S n，求所有正整数m的值，使得恰好为数列{b n}中的项．21．给定整数n（n≥2），数列A2n+1：x1，x2，…，x2n+1每项均为整数，在A2n+1中去掉一项x k，并将剩下的数分成个数相同的两组，其中一组数的和与另外一组数的和之差的最大值记为m k（k＝1，2，…，2n+1）．将m1，m2，…，m2n+1中的最小值称为数列A2n+1的特征值．（Ⅰ）已知数列A5：1，2，3，3，3，写出m1，m2，m3的值及A5的特征值；（Ⅱ）若x1≤x2≤…≤x2n+1，当[i﹣（n+1）][j﹣（n+1）]≥0，其中i，j∈{1，2，…，2n+1}且i≠j时，判断|m i﹣m j|与|x i﹣x j|的大小关系，并说明理由；（Ⅲ）已知数列A2n+1的特征值为n﹣1，求的最小值．22．斐波那契数列（Fibonaccisequence），又称黄金分割数列、因数学家列昂纳多•斐波那契（Leonardodalibonace）以免子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．记斐波那契数列为{a n}，数列{a n}满足a1＝1，a2＝1，a n+1＝a n+a n（n≥2，n∈N*）．﹣1（1）若{a n+1﹣pa n）（p＜0）是等比数列，求实数p的值；（2）求斐波那契数列{a n}的通项公式；（3）求证：从第二项起，每个偶数项的平方都比其前后两项之积少1．23．已知数列{a n}满足：①a n∈N（n∈N*）；②当n＝2k（k∈N*）时，；③当n≠2k（k∈N*）时，a n＜a n+1，记数列{a n}的前n项和为S n．（1）求a1，a3，a9的值；（2）若S n＝2020，求n的最小值；（3）求证：S 2n＝4S n﹣n+2的充要条件是（n∈N*）．24．已知集合M⊆N*，且M中的元素个数n大于等于5．若集合M中存在四个不同的元素a，b，c，d，使得a+b＝c+d，则称集合M是“关联的”，并称集合{a，b，c，d}是集合M的“关联子集”；若集合M不存在“关联子集”，则称集合M是“独立的”．（Ⅰ）分别判断集合{2，4，6，8，10}和集合{1，2，3，5，8}是“关联的”还是“独立的”？若是“关联的”，写出其所有的关联子集；（Ⅱ）已知集合{a1，a2，a3，a4，a5}是“关联的”，且任取集合{a i，a j}⊆M，总存在M的关联子集A，使得{a i，a j}⊆A．若a1＜a2＜a3＜a4＜a5，求证：a1，a2，a3，a4，a5是等差数列；（Ⅲ）集合M是“独立的”，求证：存在x∈M，使得．25．无穷数列{a n}满足：a1为正整数，且对任意正整数n，a n+1为前n项a1，a2，…，a n中等于a n的项的个数．（Ⅰ）若a1＝2，请写出数列{a n}的前7项；（Ⅱ）求证：对于任意正整数M，必存在k∈N*，使得a k＞M；（Ⅲ）求证：“a1＝1”是“存在m∈N*，当n≥m时，恒有a n+2≥a n成立”的充要条件．26．已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝0，S n+n＝a n+1，n∈N*（Ⅰ）求证：数列{a n+1}是等比数列，（Ⅱ）设数列{b n}的首项b1＝1，其前n项和为T n，且点（T n+1，T n）在直线﹣＝上，求数列{}的前n项和R n．27．已知数列{a n}的前n项和为S n，且满足S n＝n2﹣4n，数列{b n}中，b1＝对任意正整数．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）是否存在实数μ，使得数列{3n•b n+μ}是等比数列？若存在，请求出实数μ及公比q的值，若不存在，请说明理由；（3）求证：﹣．28．各项均为非负整数的数列{a n}同时满足下列条件：①a1＝m（m∈N*）；②a n≤n﹣1（n≥2）；③n是a1+a2+…+a n的因数（n≥1）．（Ⅰ）当m＝5时，写出数列{a n}的前五项；（Ⅱ）若数列{a n}的前三项互不相等，且n≥3时，a n为常数，求m的值；（Ⅲ）求证：对任意正整数m，存在正整数M，使得n≥M时，a n为常数．29．.已知数列{a n}，{b n}满足：a n+b n＝1，b n+1＝，且a1，b1是函数f（x）＝16x2﹣16x+3的零点（a1＜b1）．（1）求a1，b1，b2；（2）设c n＝，求证：数列{c n}是等差数列，并求b n的通项公式；（3）设S n＝a1a2+a2a3+a3a4+…+a n a n+1，不等式4aS n＜b n恒成立时，求实数a的取值范围．30．已知正项数列{a n}的前n项和为S n，数列{a n}满足，2S n＝a n（a n+1）．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设数列{}的前n项和为A n，求证：对任意正整数n，都有A n＜成立；（3）数列{b n}满足b n＝（）n a n，它的前n项和为T n，若存在正整数n，使得不等式（﹣2）n﹣1λ＜T n+﹣2n﹣1成立，求实数λ的取值范围．31．给定数列{a n}，记该数列前i项a1，a2，…，a i中的最大项为A i，即A i＝max{a1，a2，…，a i}；该数列后n﹣i项a i+1，a i+2，…，a n中的最小项为B i，即B i＝min{a i+1，a i+2，…，a n}；d i＝A i﹣B i（i＝1，2，3，…，n﹣1）（1）对于数列：3，4，7，1，求出相应的d1，d2，d3；（2）若S n是数列{a n}的前n项和，且对任意n∈N*，有，其中λ为实数，λ＞0且．①设，证明数列{b n}是等比数列；②若数列{a n}对应的d i满足d i+1＞d i对任意的正整数i＝1，2，3，…，n﹣2恒成立，求实数λ的取值范围．32．设各项均为正数的等比数列{a n}中，a1+a3＝10，a3+a5＝40．设b n＝log2a n．（1）求数列{b n}的通项公式；（2）若c1＝1，c n+1＝c n+，求证：c n＜3．（3）是否存在正整数k，使得++…+＞对任意正整数n均成立？若存在，求出k的最大值，若不存在，说明理由．33．已知数列{a n}的前n项和为S n，设数列{b n}满足b n＝2（S n+1﹣S n）S n﹣n（S n+1+S n）（n∈N*）．（1）若数列{a n}为等差数列，且b n＝0，求数列{a n}的通项公式；（2）若a1＝1，a2＝3，且数列{a2n﹣1}的，{a2n}都是以2为公比的等比数列，求满足不等式b2n＜b2n﹣1的所有正整数的n集合．34．已知数列{a n}的首项，a n+1a n+a n+1＝2a n．（1）证明：数列是等比数列；（2）数列的前n项和S n．35．设等差数列{a n}的前n项和为S n，且S4＝4S2，a2n＝2a n+1．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式（Ⅱ）设数列{b n}的前n项和为T n，且（λ为常数）．令c n＝b2n，（n∈N*），求数列{c n}的前n项和R n．36．已知正项数列{a n}的前n项和为S n，且a n和S n满足：4S n＝（a n+1）2（n＝1，2，3…），（1）求{a n}的通项公式；（2）设b n＝，求{b n}的前n项和T n；（3）在（2）的条件下，对任意n∈N*，T n＞都成立，求整数m的最大值．37．设数列{a n}，对任意n∈N*都有（kn+b）（a1+a n）+p＝2（a1+a2…+a n），（其中k、b、p是常数）．（1）当k＝0，b＝3，p＝﹣4时，求a1+a2+a3+…+a n；（2）当k＝1，b＝0，p＝0时，若a3＝3，a9＝15，求数列{a n}的通项公式；（3）若数列{a n}中任意（不同）两项之和仍是该数列中的一项，则称该数列是“封闭数列”．当k＝1，b＝0，p＝0时，设S n是数列{a n}的前n项和，a2﹣a1＝2，试问：是否存在这样的“封闭数列”{a n}，使得对任意n∈N*，都有S n≠0，且．若存在，求数列{a n}的首项a1的所有取值；若不存在，说明理由．38．设正整数数列{a n}满足．（1）若a5＝1，请写出所有可能的a1的取值；（2）求证：{a n}中一定有一项的值为1或3；（3）若正整数m满足当a1＝m时，{a n}中存在一项值为1，则称m为“归一数”，是否存在正整数m，使得m与m+1都不是“归一数”？若存在，请求出m的最小值；若不存在，请说明理由．39．已知数列{a n}满足若a1＞0，a n+1＝．（1）若a6＝，求a4的值；（2）是否存在n∈N*，使得若a n+a n+1＝a n+2成立？若存在，求出n的值；若不存在，说明理由；（3）求证：若a1∈Q，则存在k∈N*，a k＝1．40．对于无穷数列{a n}，“若存在a m﹣a k＝t（m，k∈N*，m＞k），必有a m+1﹣a k+1＝t”，则称数列{a n}具有P（t）性质．（1）若数列{a n}满足，判断数列{a n}是否具有P（1）性质？是否具有P（4）性质？（2）对于无穷数列{a n}，设T＝{x|x＝a j﹣a i，i＜j}，求证：若数列{a n}具有P（0）性质，则T必为有限集；（3）已知{a n}是各项均为正整数的数列，且{a n}既具有P（2）性质，又具有P（3）性质，是否存在正整数N、k，使得a N、a N+1、a N+2、…、a N+k、…成等差数列，若存在，请加以证明，若不存在，说明理由．参考答案与试题解析一．解答题（共40小题）1．【解答】解：（Ⅰ）由题，所有可能的情况有a2＝2，0，a3＝4，0，1，﹣1，a4＝8，0，2，﹣2，2，0，0，﹣2，故a4的所有可能值为﹣2，0，2，8．（Ⅱ）证明：①因为|a2﹣a1|＝a1，所以a2＝0或2a1．当{a n}是等差数列时，假设a2＝2a1，则a3＝2a2﹣a1＝3a1．此时，|a3﹣a2|＝a1，而max{a1，a2}＝2a1，矛盾！所以a2＝0．于是公差d＝a2﹣a1＝﹣a1＜0，所以{a n}单调递减，当{a n}单调递减时，对任意n≥2，max{a1，a2，…，a n﹣1}＝a1．又|a n﹣a n﹣1|＝a n﹣1﹣a n，所以a n﹣a n﹣1＝﹣a1，从而{a n}是等差数列，②当{a n}是等比数列时，a2≠0，所以a2＝2a1，于是公比q＝2＞1．又a1＞0，所以{a n}单调递增．当{a n}单调递增时，对任意n≥2，max{a1，a2，…，a n﹣1}＝a n﹣1．又|a n﹣a n﹣1|＝a n﹣a n﹣1，所以a n﹣a n﹣1＝a n﹣1，即a n＝2a n﹣1．因为a1≠0，所以{a n}是等比数列（Ⅲ）解：先证明a1是数列{a n}中的最大项．事实上，如果i是第一个大于a1的项的脚标，则由|a i+1﹣a i|＝max{a1，a2，…，a i}＝a i知，a i+1是a i的倍数．假设a i+1，a i+2，L，a i+k﹣1都是a i的倍数，则由|a i+k﹣a i+k﹣1|＝max{a1，a2，…，a i+k﹣1}＝max{a i，a i+1，…，a i+k﹣1}知，a i+k也是a i的倍数．所以由归纳法知，对任意n≥i，a n都是a i的倍数．但a1不是a i的倍数，这与{a n}是周期数列矛盾！所以a1是数列{a n}中的最大项，从而当n≥2时，|a n﹣a n﹣1|＝a1．再证明当n是奇数时，a n是a1的奇数倍；当n是偶数时，a n是a1的偶数倍事实上，当n＝1时结论成立，假设n＝k时成立，当n＝k+1时，由|a k+1﹣a k|＝a1知，结论也成立，所以，若a i＝a1，i的值只可能为奇数，所以集合{1≤i≤2018|a i＝a1}的元素个数最多有1009个．下证集合{1≤i≤2018|a i＝a1}的元素个数可以是1～1009的所有整数．事实上，对于i＝2019，可取数列为：也即：所有的奇数项均等于a1，所有的偶数项均等于0，此时，数列为Y数列，且T＝2．对于任意整数1≤t＜1009，构造数列的前2018项如下：由于数列是无穷数列，故可取T＝2018，显然满足数列是Y数列．综上，集合{1≤i≤2018|a i＝a1}的元素个数的所有可能值的个数为1009．2．【解答】解：（1）因为，若数列{a n}与{b n}具有关系P（1），则对任意的n∈N*，均有|a n﹣b n|≤1，即|2n﹣（n+2）|≤1，亦即|n﹣2|≤1，但n＝4时，|n﹣2|＝2＞1，所以数列{a n}与{b n}不具有关系P（1），（2）证明：因为无穷数列{a n}是首项为1，公比为的等比数列，所以，因为b n＝a n+1+1，所以，所以，所以数列{a n}与{b n}具有关系P（A）．设A的最小值为A0，|a n﹣b n|≤A0，因为|a n﹣b n|＜1，所以A0≤1．若0＜A0＜1，则当时，，则，这与“对任意的n∈N*，均有|a n﹣b n|≤A0”矛盾，所以A0＝1，即A的最小值为1．（3）因为数列{a n}是首项为1，公差为d（d∈R）的等差数列，无穷数列{b n}是首项为2，公比为q（q∈N*）的等比数列，所以，设，则．数列{a n}与{b n}具有关系P（A），即存在正常数A，使得对任意的n∈N*，均有|a n﹣b n|≤A．（Ⅰ）当d＝0，q＝1时，|a n﹣b n|＝|1﹣2|＝1≤1，取A＝1，则|a n﹣b n|≤A，数列{a n}与{b n}具有关系P（A）（Ⅱ）当d＝0，q≥2时，假设数列{a n}与{b n}具有关系P（A），则存在正常数A，使得对任意的n∈N*，均有|a n﹣b n|≤A．因为|b n|﹣|a n|≤|a n﹣b n，所以，对任意的n∈N*，|b n|﹣|a n|≤A，即bq n≤1+A，，所以，这与“对任意的n∈N*，均有|b n|﹣|a n|≤A”矛盾，不合；（Ⅲ）当d≠0，q＝1时，假设数列{a n}与{b n}具有性质P（A），则存在正常数A，使得对任意的n∈N*，均有|a n﹣b n|≤A．因为|a n|﹣|b n|≤|a n﹣b n|，所以，对任意的n∈N*，|a n|﹣|b n|≤A，即|a n|≤2+A，即|dn+a|≤2+A，所以|dn|﹣|a|≤2+A，，这与“对任意的n∈N*，均有|a n|﹣|b n|≤A”矛盾，不合；（Ⅳ）当d≠0，q≥2时，假设数列{a n}与{b n}具有性质P（A），则存在正常数A，使得对任意的n∈N*，均有|a n﹣b n|≤A．因为|b n|﹣|a n|≤|a n﹣b n，所以，对任意的n∈N*，|b n|﹣|a n|≤A，所以bq n≤|dn+a|+A≤|d|n+|a|+A，所以，设，则对任意的n∈N*，q n≤λn+μ．因为q n≥2n所以，对任意的n∈N*，2n≤λn+μ，下面先证明：存在N＞1，当n＞N时，2n＞n2．即证nln2﹣2lnn＞0．设，则，所以x∈（0，4）时，f′（x）＞0，f（x）在区间（0，4）上递增，同理f（x）在区间（4，+∞）上递减，所以f（x）max＝f（4）＝ln4﹣2＜0，所以．因此，，所以，当时，xln2﹣2lnx＞0，设，则当x＞N时，xln2﹣2lnx＞0，即当n＞N时，2n＞n2，又2n≤λn+μ，所n2＜λn+μ，即n2﹣λn﹣μ＜0，解得，这与对任意的n∈N*，2n≤λn+μ矛盾，不合．综上所述，数列{a n}与{b n}具有关系P（A）的充要条件为d＝0，q＝1．3．【解答】解：（1）若数列{a n} 为“m﹣折叠数列“，则a2m﹣k＝a k，所以，所以2m﹣k﹣1+k﹣1＝2020，得m＝1011，所以{a n} 为“m﹣折叠数列”，m＝1011，若数列{b n} 是“m﹣折叠数列，则b2m﹣k＝b k，所以，得，所以数列{b n} 不是“m﹣折叠数列．（2）要使通项公式为的数列{x n} 是3﹣折叠数列，只需要，当q＝0 时，x n＝0，显然成立，当q≠0 时，由q6﹣k＝q k，得q6﹣2k＝1，q2（3﹣k）＝1，（k∈{1，2，3，4，5}），所以q＝1 或q＝﹣1，综上q＝0，q＝1 或q＝﹣1．（3）对给定的p∈N*，{x n} 都是pm﹣折叠数列，故x n有多条对称轴，其中x＝pm都是数列{x n} 的对称轴，设，由得对称轴为x＝pm，且x n的周期为2p，满足给定常数p∈N*，使得对所有m∈N*，{x n}都是pm﹣折叠数列，x n是周期函数，周期为2p，在（1，2p]这个周期内，x＝p为对称轴，故x n∈（1，2p]对应函数值的个数与x n∈[p，2p]对应的函数值个数相等，即x n∈[p，2p]时，，所以{x n} 在x n∈[p，2p]上单调递增，因为p∈N*，所以x n各项中共有p+1 个不同的值，综上，给定常数p∈N*，存在数列{x n}，使得对所有m∈N*，{x n} 都是pm﹣折叠数列，且{x n} 的各项中恰有p+1 个不同的值．4．【解答】解：（1）由题可得：是Z（1）数列，S n+1≥S n恒成立，对任意的n∈N*恒成立，a1≥﹣2n对任意的n∈N*恒成立，所以a1≥﹣2．（2）①由题：，，两式相减得，3b2＝（R n+R n﹣1）b n+4b n，n≥2，数列{b n} 的各项均为正数，所以3b n＝R n+R n﹣1+4，n≥2，3b n﹣1＝R n﹣1+R n﹣2+4，n≥3，两式相减得：3b n﹣3b n﹣1＝b n+b n﹣1，n≥3，b n＝2b n﹣1，n≥3，当n＝1 时可得，数列{b n} 的各项均为正数，所以b1＝2，当n＝2 时，3b n＝R n+R n﹣1+4，n≥2 可得3b2＝R2+R1+4，3b2＝b2+2+2+4，所以b2＝4，综上可得：数列{b n} 是以2为首项，2为公比的等比数列．②由①可得，c n+1≥m c n，λ∈[2，3]对任意的n∈N*恒成立，（*），取m＝0 知，c n+1≥0 对任意的λ∈[2，3]，n∈N*恒成立，存在常数m∈R，使{∁n} 是数列Z（m），下求m的最大值，由（*）得＝＝，所以，因为，令，则＝＝，当n＝1时，G（2）﹣G（1）＜0，G（2）＜G（1）；当n≥2时，（27n﹣27）•22n﹣9≥27×8﹣9＞0，∴G（n+1）＞G（n）∴G（2）＜G（3）＜…＜G（n），∴，∴，∴．5．【解答】解：（1）即Aa与Aa是父亲和母亲的性状，每个因子被选择的概率都是，故AA出现的概率是或aA出现的概率是，aa出现的概率是，所以：AA，Aa（或aA），aa的概率分别是．（2）．（3）由（2）知，于是，，，∴是等差数列，公差为1．（4），其中，（由（2）的结论得），所以，于是，，，，很明显越大，w n+1越小，所以这种实验长期进行下去，w n越来越小，而w n是子代中aa所占的比例，也即性状aa会渐渐消失．6．【解答】解：（1）1，2，3 的所有排列为1，2，3；1，3，2；2，1，3；2，3，1；3，1，2；3，2，1．因为S3＝6，所以对应的k P分别为2，1，2，1，1，1，所以T3＝8．（2）（i）设n个不同数的某一个排列P为a1，a2，……，a n，因为n＝4l+1，l∈N*，所以为奇数，而2S k为偶数，所以不存在k（k∈N*，1≤k≤n）使得2S k＝S n．（ii）因为2S k≤S n，即a1+a2+…+a k⩽a k+1+a k+2+…+a n，又由（i）知不存在k（k∈N*，1≤k≤n）使得2S k＝S n，所以a1+a2+…+a k＜a k+1+a k+2+…+a n，所以满足2S k≤S n的最大下标k即满足a1+a2+…+a k＜a k+1+a k+2+…+a n①，且a1+a2+…+a k+a k+1＞a k+2+…+a n②，考虑排列P的对应倒序排列P′：a n，a n﹣1，……，a1，①②即a n+…+a k+2＜a k+1+a k+…+a2+a1，a n+…+a k+2+a k+1＞a k+…+a2+a1，由题意知k P′＝n﹣k﹣1，则k P+k P′＝n﹣1；因为1，2，3，，n这n个不同数可形成个对应组合（P，P′），且每组（P，P′）中k P+k P′＝n﹣1，所以．7．【解答】解：（Ⅰ）由已知得，，又，所以，所以a1＝na n+2a n+1﹣（n+1）a n+1＝na n﹣（n﹣1）a n+1，①又因为，，所以，所以a1＝（n﹣1）a n﹣1+（2﹣n）a n，②由①②得（n﹣1）a n﹣1+（2﹣n）a n＝na n﹣（n﹣1）a n+1，所以（n﹣1）（a n+1+a n﹣1）＝2（n﹣1）a n（n⩾2），即a n+1+a n﹣1＝2a n，所以{a n} 是等差数列．（Ⅱ）（1）设a1＝a，d＝a2﹣a1，由已知，a+d＝aq，即d＝a（q﹣1），由b k＝a m得aq k﹣1＝a+（m﹣1）d，即a（q k﹣1﹣1）＝（m﹣1）d，所以．（2）当i＝2时，b3＝a2＝b2，从而q＝1，b2＝b1＝a1，与题意不符；当i＝1时，b3＝b1，从而q2＝1，q＝﹣1 （上面已证q≠1），{b n} 成为a，﹣a，a，﹣a，a，﹣a，…，每一项都是数列{a n}中的项（a＝a1，﹣a＝a2）；当i≥3时，由aq2＝a+（i﹣1）d＝a+（i﹣1）•a（q﹣1），得q2＝1+（i﹣1）（q﹣1），即q2﹣（i﹣1）q+（i﹣2）＝0，所以q＝1（舍去），q＝i﹣2．于是i＞3，q为正整数i﹣2．设已有b k＝a j，则因为aq＝a+d，＝a j′（其中j′＝j+q k﹣1），因此数列{b n}中的每一项都是数列{a n}中的项．8．【解答】解：（Ⅰ）χ（A）＝3，χ（B）＝2，χ（C）＝1；（Ⅱ）（a）一方面：对任意的a＝（a1，a2，a3，…，a2019，a2020）∈A，令f（a）＝（a1，a2，a3，…，a2019，a2020），则d（a，f（a））＝|1﹣2a2020|＝1＜2，故f（a）∉A，令集合B＝{f（a）|a∈A}，则A∩B＝∅，（A∪B）⊆Ω2020且A和B的元素个数相同，但Ω2020中共有22020个元素，其中至多一半属于A，故A中至多有2 2019个元素．（b）另一方面：设A＝{（a1，a2，…，a2020）∈Ω2020|a1+a2+…+a2020是偶数}，则A中的元素个数为对任意的x＝（x1，x2，…，x2020），y＝（y1，y2，…，y2020）∈A，x≠y，易得d（x，y）＝|x1﹣y1|+|x2﹣y2|+…+|x n﹣y n|与x1+y1+x2+y2+…+x2020+y2020奇偶性相同，故d（x，y）为偶数，由x≠y，得d（x，y）＞0，故d（x，y）⩾2，注意到（0，0，0，0，…，0，0），（1，1，0，0，…0，0）∈A且它们的距离为2，故此时A满足题意，综上，A中元素个数的最大值为2 2019．（Ⅲ）当n＝2020 时，设A⊆Ω2020且χ（A）＝3，设A＝{x1，x2，…x m}，任意的x i∈A，定义x的邻域N（x i）＝{a∈Ω2020|d（a，x i）⩽1}，（a）对任意的1≤i⩽m，N（x i）中恰有2021 个元素，事实上①若d（a，x i）＝0，则a＝x i，恰有一种可能；，②若d（a，x i）＝1，则a与x i，恰有一个分量不同，共2020种可能；综上，N（x i）中恰有2021个元素，（b）对任意的1⩽i⩽j⩽m，N（x i）∩N（x j）＝∅，事实上，若N（x i）∩N（x j）≠∅，不妨设a∈N（x i）∩N（x j），x j＝（x1′，x2′，…，x2020′），则＝，这与χ（A）＝3，矛盾，由（a）和（b），N（x1）∪N（x2）∪…∪N（x m）中共有2021m个元素，但Ω2020中共有22020个元素，所以，注意到m是正整数，但不是正整数，上述等号无法取到，所以，集合A中的元素个数m小于．9．【解答】解：（1）B＝{2，3，4}，C＝{1，2，3}；（2）将集合A中元素从小到大排列：a1＜a2＜…＜a n，则其“孪生集“，，设集合D＝∁（B∪C）（B∩C），由于，因此集合D中元素个数card（D）≥2，若card（D）＝2，则有，即a k+1﹣a k＝2（1≤k≤n﹣1），因此a1，a2，…，a n构成公差为2 的等差数列，，所以，进而．（3）A的“n级奕生集”的个数为2n，A所有“n级奕生集”的并集的元素个数为2n+n﹣1，每个元素至少属于M1，M2，M3中的一个，所以有序集合组（M1，M2，M3）的个数为．【说明】由（2）知，A所有“ 1 级奕生集”为，它们的并集有n+1＝21+n﹣1 个元素；A所有“2 级奕生集“为，，它们的并集，有n+3＝22+n﹣1 个元素；A所有“3 级奕生集“为，，，，它们的并集，有n+7＝23+n﹣1个元素；A所有“n级奕生集“的并集，其中第2 个元素的分子和最大元素的分子和恰为2a1+2n，即所有元素从小打到大构成首项为，公差为的等差数列，所以共有项，也即A所有“n级奕生集”的并集的元素个数为2n+n﹣1．10．【解答】解：（Ⅰ）反证法，假设不然，∃x0∈A，（x0，x0）∈T（A），则由定义，，由条件，，取x＝1∈A，得1＝，矛盾，所以假设不成立，结论得证．（Ⅱ）由于（a，b）∈T（A），则，显然，，由定义，但T（A）只有一个元素，必有，即，∴a＝b2．（Ⅲ）由条件，因此1∉A，同时，若（p，q）∈T（A），则，必有（q，p）∉T（A），A的二元子集有10个：{a，b}，{a，c}，{a，d}，{a，e}，{b，c}，{b，d}，{b，e}，{c，d}，{c，e}，{d，e}，每个二元子集中元素作为坐标，最多贡献出T（A）中一个元素，而T（A）恰有10个元素，说明A的每个二元子集都贡献了T（A）中的一个元素，换言之，∀p，q∈A，p≠q，则（p，q）∈T（A）或（q，p）∈T（A），即或，若a＜1＜e，则，与上述性质矛盾，所以要么0＜a＜e＜1，要么1＜a＜e，先考虑0＜a＜e＜1 的情况，此时A中所有元素都小于1，于是∀p，q∈A，p＞q＞0，则，必有，此时，是A中五个不同的元素，所以，解得e2＝d，e3＝c，e4＝b，e5＝a，因此c2＝e6＝ae，然后考虑1＜a＜e的情况，此时A中所有元素都大于1，于是∀p，q∈A，p＞q＞0，则，必有，此时，是A中五个不同的元素，所以，解得a2＝b，a3＝c，a4＝d，a5＝e，因此c2＝a6＝ae，综上所述，c2＝ae．11．【解答】（1）由题可知：可直接得到a9＝0，a8＝1，a7＝3 且，由，所以数列{a n+1} 是以a1+1 为首项，公比为的等比数列，则，又，所以，又a9＝0，所以，则a0＝511．（2）由题可知：，即，令，则，所以，则，所以，则数列是以为首项，为公比的等比数列，则，又，所以，又a9＝0，a0＝511，代入上式化简可得（p+1）9＝p8（511q+p）（*），由p，q∈N*，所以（p+1）9能整除p8，所以（p+1）9能整除p，又因为（p，p+1）＝1，故p只能是p＝1，又p＞2，所以p，q不存在．12．【解答】解：（1）由题意知，a1＜a6＜a7＜…，此时m≥5；a2＜a5＜a6＜…，此时m≥3；当k≥3时，a k＜a k+1＜a k+2＜…，此时m≥1；综上知，m≥5，即对任意的k∈N*，a k都具有性质P（m）时m的最小值为5；（2）由题意可知，等差数列{a n}的前n项和为S n＝﹣2n+d，若对任意的k∈N*，数列{S n}中的项S k都具有性质P（7），则S k＜S k+7对任意的k∈N*恒成立，即﹣2k+d＜﹣2（k+7）+d，解得d＞；又因为k≥1，所以实数d的取值范围是d＞；（3）对于2≤t≤99，t∈N*，因为a1，a2，…，a t﹣1都具有性质P（1），所以a1＜a2＜…＜a t﹣1＜a t，当n≥2（n∈N*）时，存在i（1≤i≤n﹣1，i∈N*）满足a n＝2a1，所以a1，a2，…，a t依次为：2，22，23，…，2t；由已知a1不具有性质P（1），所以a t+1的可能取值为22，23，…，2t；又因为a t+1，a t+2，…，a100都具有性质P（1），所以a t+1＜a t+2＜…＜a100，欲使此数列的前100项和最大，a i+1，a i+2，...，a100依次为：2t，2t+1， (299)欲使此数列的前100项和最小，a i+1，a i+2，…，a100依次为：22，23，…，2101﹣t；下面分别计算前100项和：（a1+a2+…+a t）+（a t+1+a t+2+…+a100）＝（2+22+23+…+2t）+（22+23+…+2101﹣t）＝2t+2100﹣2；当t＝99时，此数列的前100项和最大，最大值为299+2100﹣2＝3×299﹣2；（a1+a2+…+a t）+（a t+1+a t+2+…+a100）＝（2+22+23+…+2t）+（22+23+…+2101﹣t）＝2（2t+）﹣6≥4﹣6＝252﹣6；当且仅当2t＝时，即t＝时等号成立，但t＝∉N*；这时取t＝50或t＝51时，此数列的前100项和最小，最小值为2（250+251）﹣6＝6•250﹣6．13．【解答】解：（1）a1＝8，m＝2，则前7项为8，4，2，1，3，5，7，故S7＝30．（2）设k是整数．①若a1＝2k﹣1，a2＝2k+4，a3＝k+2．则a1+a2+a3＝5k+5＝25⇒k＝4，此时a1＝7．②若a1＝4k，a2＝2k，a3＝k，则a1+a2+a3＝7k＝25，此时k不存在．③若a1＝4k﹣2，a2＝2k﹣1，a3＝2k+4，则a1+a2+a3＝8k+1＝25⇒k＝3，此时a1＝10．故a1＝7或a1＝10．（3）证明：充分性：若a n为奇数，则a n+1＝a n+m＞m；必要性：先利用数学归纳法证：a n≤m（a n为奇数）；a n≤2m（a n为偶数）．①a1＝1≤m，a2＝1+m≤2m，成立；②假设n＝k时，a k≤m（a k为奇数）；a k≤2m（a k为偶数）．③当n＝k+1时，当a k是偶数，；当a k是奇数，a k+1＝a k+m≤2m，此时a k+1是偶数．综上，由数学归纳法得a n≤m（a n为奇数）；a n≤2m（a n为偶数）．从而若a n+1＞m时，必有a n+1是偶数．进而若a n是偶数，则a n＝2a n+1＞2m矛盾，故a n只能为奇数．14．【解答】解：（Ⅰ）①数列{a n}具有“性质Ψ（2）”；②数列{a n}不具有“性质Ψ（2）”．（Ⅱ）证明：先证“充分性”：当数列{a n}具有“性质Ψ（2）”时，有a2n﹣1+a2n＝2a n，又因为a n+1≥a n，所以0≤a2n﹣a n＝a n﹣a2n﹣1≤0，进而有a n＝a2n结合a n+1≥a n有a n＝a n+1＝…＝a2n，即“数列{a n}为常数列”；再证“必要性”：若“数列{a n}为常数列”，则有a2n﹣1+a2n＝2a1＝2a n，即“数列{a n}具有“性质Ψ（2）”．（Ⅲ）首先证明：a n+1﹣a n≥2．因为{a n}具有“性质Ψ（4）”，所以a2n﹣1+a2n＝4a n．当n＝1时，有a2＝3a1＝3．又因为，且a2n＞a2n﹣1，所以有a2n≥2a n+1，a2n﹣1≤2a n﹣1，进而有2a n+1≤a2n≤a2n+1﹣1≤2a n+1﹣2，所以2（a n+1﹣a n）≥3，结合可得：a n+1﹣a n≥2．然后利用反证法证明：a n+1﹣a n≤2．假设数列{a n}中存在相邻的两项之差大于3，即存在k∈N*满足：a2k+1﹣a2k≥3或a2k+2﹣a2k+1≥3，进而有4（a k+1﹣a k）＝（a2k+2+a2k+1）﹣（a2k+a2k﹣1）＝（a2k+2﹣a2k）+（a2k+1﹣a2k﹣1）＝[（a2k+2﹣a2k+1）+（a2k+1﹣a2k）]+[（a2k+1﹣a2k）+（a2k﹣a2k﹣1）]≥12．又因为，所以a k+1﹣a k≥3依此类推可得：a2﹣a1≥3，矛盾，所以有a n+1﹣a n≤2．综上有：a n+1﹣a n＝2，结合a1＝1可得a n＝2n﹣1，经验证，该通项公式满足a2n﹣1+a2n＝4a n，所以：a n＝2n﹣1．15．【解答】解：（Ⅰ）∵a0＝﹣2.6，∴a1＝[a0]•（a0﹣[a0]）＝﹣3×（﹣2.6+3）＝﹣1.2，同理可得：a2＝﹣1.6、a3＝﹣0.8．………………（3分）（Ⅱ）因a0＞0，则[a0]≥0，所以a1＝[a0]（a0﹣[a0]）≥0，设[a i]≥0，i≥1，则a i+1＝[a i]（a i﹣[a i]）≥0，所以[a i]≥0，∀i≥0．又因0≤a i﹣[a i]＜1，则a i+1＝[a i]（a i﹣[a i]）≤[a i]，则[a i+1]≤[a i]，∀i≥0．………………（4分）假设∀i≥0，都有[a i]＞0成立，则a i+1＝[a i]（a i﹣[a i]）＜[a i]，则[a i+1]＜[a i]，∀i≥0，即[a i+1]≤[a i]﹣1，∀i≥0，………………（5分）则[a n]≤[a0]﹣n，∀n≥1，则当n≥[a0]时，[a n]≤0，这与假设矛盾，所以[a i]＞0，∀i≥0不成立，………………（6分）即存在k∈N，[a k]＝0．从而{[a i]}的最小值为0．………………（7分）（Ⅲ）证明：当a0＞0时，由（2）知，存在k∈N，[a k]＝0，所以a k+1＝0，所以[a k+1]＝0，所以a i＝0，∀i≥k，成立．………………（8分）当a0＜0时，若存在k∈N，a k＝0，则a i＝0，∀i≥k，得证；………………（9分）若a i＜0，∀i≥0，则[a i]≤﹣1，则a i+1＝[a i]（a i﹣[a i]）＞[a i]，则[a i+1]≥[a i]，∀i≥0，所以数列{[a i]}单调不减．由于[a i]是负整数，所以存在整数m和负整数c，使得当i≥m时，[a i]＝c．所以，当i≥m时，a i+1＝c（a i﹣c），则，令，即b i+1＝cb i，i≥m．当b m＝0时，则b i＝0，i≥m，则，得证．………………（11分）当b m≠0时，b i≠0，i≥m，，因当i≥m时，[a i]＝c，则a i∈[c，c+1），则{b i}有界，所以|c|≤1，所以负整数c＝﹣1．………………（12分）∴，则………………（13分）令k＝m，满足当i≥k时，a i＝a i+2．综上，存在非负整数k，使得当i≥k时，a i＝a i+2．………………（14分）16．【解答】解：（Ⅰ）解：由a1＝5，a2＝3，a n+2＝|a n+1﹣a n|，n∈N*．得a3＝|3﹣5|＝2，a4＝|2﹣3|＝1，a5＝|1﹣2|＝1，a6＝|1﹣1|＝0，a7＝|0﹣1|＝1，a8＝|1﹣0|＝1，a9＝|1﹣1|＝0，a10＝|0﹣1|＝1，……从第四项开始满足，故a2019＝0，a2020＝a2021＝1；（Ⅱ）证明：反证法：假设∀i∈N*，a i≠0，由于a n+2＝|a n+1﹣a n|，记m＝max{a1，a2}，则a1≤m，a2≤m．则0＜a3＝|a2﹣a1|≤m﹣1，0＜a4＝|a3﹣a2|≤m﹣1，0＜a5＝|a4﹣a3|＝m﹣2，0＜a6＝|a5﹣a4|＝m﹣2，…，依次递推，有0＜a7＝|a6﹣a5|≤m﹣3，0＜a8＝|a7﹣a6|≤m﹣3…，则由数学归纳法易得a2n+1≤m﹣n，n∈N*．当n＞m时，a2n+1＜0，与a2n+1＞0矛盾．故存在i，使a i＝0．∴数列{a n}必在有限项后出现值为0的项；故存在m∈N*，当n＞m时，数列{a n}中的项呈周期变化；（Ⅲ）证明：①先证数列{a n}中必有“k”（反证法）：假设数列{a n}中没有“k”，由（Ⅱ）知数列{a n}中必有“0”项，设第一个“0”项是a m（m≥3），令a m﹣1＝p，p＞k，p∈N*，则必有a m﹣2＝p，于是由p＝a m﹣1＝|a m﹣2﹣a m﹣3|＝|p﹣a m﹣3|，则a m﹣3＝2p，因此p是a m﹣3的因数，由p＝a m﹣2＝|a m﹣3﹣a m﹣4|＝|2p﹣a m﹣4|，则a m﹣4＝p或3p，因此p是a m﹣4的因数，依次递推，可得p是a1，a2的因数，因为p＞k，所以这与a1，a2的最大公约数是k矛盾，所以数列{a n}中必有“k”；②再证数列{a n}中必有无穷多项为k：假设数列{a n}中第一个“k”项为是a t，令a t﹣1＝q，q＞k，q∈N*，则a t+1＝|a t﹣a t﹣1|＝q﹣k，若a t+1＝q﹣k＝k，则数列中的项从a t开始依次为“k，k，0“的无限循环，故有无穷多项为k；若a t+1＝q﹣k＞k，则a t+2＝|a t+1﹣a t|＝q﹣2k，a t+3＝|a t+2﹣a t+1|＝k；若a t+2＝q﹣2k＝k，则进入“k，k，0“的无限循环，故有无穷多项为k；若a t+2＝q﹣2k＞k，则从a t开始的项依次为k，q﹣k，q﹣2k，k，q﹣3k，q﹣4k，k，必出现连续两个“k”，从而进入“k，k，0“的无限循环，故有无穷多项为k；综合①②知：数列{a n}中必有无穷多项为k．17．【解答】解：（1）由题意知等差数列{a n}的通项公式为：a n＝5n﹣5；等差数列{b n}的通项公式为：b n＝9n﹣9，得c i，j＝a i+b j＝（5i﹣5）+（9i﹣9）＝5i+9j﹣14，则c2，6＝50，c396，6＝2020，得d i，j＝a i﹣b j+1＝（5i﹣5）﹣[9（j+1）﹣9]＝5i﹣9j﹣5，故d2，6＝﹣49．（2）证明：已知a＝6．b＝7，由题意知等差数列{a n}的通项公式为：a n＝6n﹣6；等差数列{b n}的通项公式为：b n＝7n﹣7，得c i，j＝a i+b j＝（6i﹣6）+（7i﹣7）＝6i+7j﹣13，i∈N*，j∈N*）．得d i，j＝a i﹣b j+1＝（6i﹣6）﹣[7（j+1）﹣7]＝6i﹣7j﹣6，1≤i≤7，i∈N*，j∈N*）．。

教育最新2019年人教版高中数学数列专题复习(综合训练篇含答案)Word版

教育学习K12数列高考复习(附参考答案)———综合训练篇一、选择题：1．在等差数列{}n a 中，12031581=++a a a ，则1092a a -的值为（ D ）A ．18B ．20C ．22D ．242．等差数列{}n a 满足：30,8531==+S a a ，若等比数列{}n b 满足,,4311a b a b ==则5b 为（ B ） A ．16B ．32C ．64D ．273．等差数列{}n a 中,,27,39963741=++=++a a a a a a 则数列{}n a 的前9项之和S 9等于（ C ）A ．66B ．144C ．99D ．2974．各项都是正数的等比数列{}n a 的公比q ≠1，且2a ，321a ，1a 成等差数列，则5443a a a a ++为（A ） A ．215- B ．215+ C ．251- D ．215+或215-5.设等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若,336=S S 则=69S S（ B ） A. 2 B.73 C. 83D.3 6．已知等差数列{}n a 的前n 项的和为n S ，且210S =，555S =，则过点(,)n P n a 和2(2,)()n Q n a n N *++∈的直线的一个方向向量的坐标是 ( B )A.1(2,)2B.1(,2)2-- C.1(,1)2-- D.(1,1)-- 7．设a 、b 、c 为实数,3a 、4b 、5c 成等比数列,且a 1、b 1、c 1成等差数列，则ac c a +的值为（ C ） A ．1594B ．1594±C ．1534D ．1534±8．已知数列{}n a 的通项,1323211⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=--n n n a 则下列表述正确的是 ( A ) A ．最大项为,1a 最小项为3a B ．最大项为,1a 最小项不存在 C ．最大项不存在，最小项为3a D ．最大项为,1a 最小项为4a9.已知{}n a 为等差数列，1a +3a +5a =105，246a a a ++=99.以n S 表示{}n a 的前n 项和，则使得n S 达到最大值的n 是（B ）A ．21B ．20C ．19D ．189．一系列椭圆都以一定直线l 为准线，所有椭圆的中心都在定点M ，且点M 到l 的距离为2，若这一系列椭圆的离心率组成以43为首项，31为公比的等比数列，而椭圆相应的长半轴长为a i =(i=1，2，…，n)，设b n =2（2n+1）·3n －2·a n ，且C n =11+n n b b ，T n =C 1+C 2+…+C n ，若对任意n ∈N*，总有T n >90m 恒成立，则m 的最大正整数为（ B ）A ．3B ．5C ．6D ．9二、填空题：10．已知等差数列{}n a 前n 项和S n =－n 2+2tn ，当n 仅当n=7时S n 最大，则t 的取值范围是 (6.5，7.5) .11．数列{}n a 的通项公式是⎪⎩⎪⎨⎧=)(2)(2为偶数为奇数n n na nn ，则数列的前2m （m 为正整数）项和是 2m+1+m 2－2 .12．已知数列{}n a 满足：434121,0,,N ,n n n n a a a a n *--===∈则2009a =________；2014a =_________.【答案】1，0【解析】本题主要考查周期数列等基础知识.属于创新题型.依题意，得2009450331a a ⨯-==，2014210071007425210a a a a ⨯⨯-====.∴应填1，0.13．在数列{}n a 和{}n b 中，b n 是a n 与a n +1的等差中项，a 1 = 2且对任意*N n ∈都有3a n +1－a n = 0，则数列{b n }的通项公式 nn b 34= . 14．设P 1，P 2，…P n …顺次为函数)0(1>=x xy 图像上的点（如图），Q 1，Q 2，…Q n …顺次为x 轴上的点，且n n n Q P Q Q P O Q OP 122111,,-∆∆∆ ，…，均为等腰直解三角形（其中P n 为直角顶点）.设Q n 的坐标为（*)0)(0,N x n ∈，则数列{a n }的通项公式为n x n 2=*)N n ∈ .三、解答题：15．已知}{n a 是等比数列，S n 是其前n 项的和，a 1，a 7，a 4成等差数列，求证：2S 3，S 6，S 12－S 6，成等比数列.15. [解法1]由已知.21,2,26361311741q q q a q a a a a a =+∴=+=+………………（2分）当66663124373124126361,2()2()2()2q S S S S a a a S a q a q a q S S q ≠-=+++=++=时…………（4分）.1)1(1)1()1()1(266616318633S S qq a S q q a q S S q =⋅--=⋅--⋅+=+=………………（8分）当,)(2,6,6,3,126612316121613S S S S a S S a S a S q =-=-===同样有时……（10分）所以，61263,,2S S S S -成等比数列.………………………………………………（12分） [解法2]由已知636131174121,2,2q q q a q a a a a a =+∴=+=+，……………（2分）当,36)12(32)(2,1231314122a a a a S S S q =-⨯=-=时∴==.36)6(232126a a S ∴=-.)(2266122S S S S 61263,,2S S S S -成等比数列.…（6分）当,221)1(2111212,1633636q q q q S S q ⋅=+=--⋅=≠时…………………………（8分） ∴61263,,2S S S S -成等比数列.……………………………………………………（11分）综上，61263,,2S S S S -成等比数列.………………………………………………（12分）16.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意自然数n 总有p a p S n n (),1(-=为常数，且q q n b b p p n n (2}{),1,0+=≠≠中有数列为常数）。

高考数学压轴专题最新备战高考《数列》技巧及练习题含答案

新数学《数列》专题解析(1)一、选择题1．已知{}n a 为等差数列，135105a a a ++=，24699a a a ++=，则20a 等于（）.A ．1-B ．1C ．3D ．7【答案】B 【解析】【分析】利用等差数列的通项公式，列出方程组，求出首项和公差，由此能求出20a ．【详解】解：{}n a Q 为等差数列，135105a a a ++=，24699a a a ++=， 13533105a a a a ∴++==，2464399a a a a ++==， 335a ∴=，433a =，4333352d a a =-=-=-， 13235439a a d =-=+=， 20139391921a a d ∴=+=-⨯=．故选：B 【点睛】本题考查等差数列的第20项的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的合理运用．2．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若2n n S a n =-，则9S =（） A ．993 B ．766 C ．1013 D ．885【答案】C 【解析】【分析】计算11a =，()1121n n a a -+=+，得到21nn a =-，代入计算得到答案.【详解】当1n =时，11a =；当2n ≥时，1121n n n n a S S a --=-=+，∴()1121n n a a -+=+，所以{}1n a +是首项为2，公比为2的等比数列，即21nn a =-，∴1222n n n S a n n +=-=--，∴1092111013S =-=．故选：C . 【点睛】本题考查了构造法求通项公式，数列求和，意在考查学生对于数列公式方法的灵活运用.3．《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列，冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺，前九个节气日影长之和为85.5尺，则小满日影长为（） A ．1.5尺 B ．2.5尺C ．3.5尺D ．4.5尺【答案】C 【解析】【分析】结合题意将其转化为数列问题,并利用等差数列通项公式和前n 项和公式列方程组,求出首项和公差,由此能求出结果. 【详解】解:从冬至日起,依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列{}n a ,冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺,前九个节气日影长之和为85.5尺,∴()()111913631.598985.52a a d a d S a d ⎧++++=⎪⎨⨯=+=⎪⎩, 解得113.5a =,1d =-,∴小满日影长为1113.510(1) 3.5a =+⨯-=（尺）. 故选C . 【点睛】本题考查等差数列的前n 项和公式,以及等差数列通项公式的运算等基础知识,掌握各公式并能熟练运用公式求解,考查运算求解能力,考查化归与转化思想,属于基础题.4．数列{a n }，满足对任意的n ∈N +，均有a n +a n +1+a n +2为定值.若a 7=2，a 9=3，a 98=4，则数列{a n }的前100项的和S 100=( ) A ．132 B ．299C ．68D ．99【答案】B 【解析】【分析】由12n n n a a a ++++为定值，可得3n n a a +=，则{}n a 是以3为周期的数列，求出123,,a a a ，即求100S . 【详解】对任意的n ∈+N ，均有12n n n a a a ++++为定值，()()123120n n n n n n a a a a a a +++++∴++-++=，故3n n a a +=，{}n a ∴是以3为周期的数列，故17298392,4,3a a a a a a ======，()()()100123979899100123133S a a a a a a a a a a a ∴=+++++++=+++L ()332432299=+++=.故选：B . 【点睛】本题考查周期数列求和，属于中档题.5．已知数列{}n a 中，732,1a a ==，又数列11n a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭是等差数列，则11a 等于（）A ．0B ．12C ．23D ．1-【答案】B 【解析】【分析】先根据条件得等差数列11n a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭公差以及通项公式，代入解得11a . 【详解】设等差数列11n a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭公差为d ，则731111144,112324d d d a a =-∴=-=++，从而31115(3)11242424n n n a a =+-⋅=+++ 11111115211242432a a =+=∴=+，选B. 【点睛】本题考查等差数列通项公式，考查基本求解能力，属基本题.6．已知等比数列{a n }，a n ＞0，a 1=256，S 3=448，T n 为数列{a n }的前n 项乘积，则当T n 取得最大值时，n =（） A ．8 B ．9C ．8或9D ．8.5【答案】C 【解析】【分析】设等比数列{a n }的公比为q ，由a n ＞0，可得q ＞0．根据a 1＝256，S 3＝448，可得256（1+q +q 2）＝448，解得q ．可得a n ，T n ，利用二次函数的单调性即可得出．【详解】设等比数列{a n }的公比为q ，∵a n ＞0，∴q ＞0． ∵a 1＝256，S 3＝448， ∴256（1+q +q 2）＝448，解得q 12=． ∴a n ＝25611()2n -⨯=29﹣n ．T n ＝28•27•……•29﹣n＝28+7+…+9﹣n()217289[)89242222n n n ⎛⎤--- ⎥+-⎝⎦==．∴当n ＝8或9时，T n 取得最大值时，故选C ．【点睛】本题考查了等比数列的通项公式与求和公式及其性质、二次函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．7．已知{}n a 是等差数列，1010a =，其前10项和1070S =，则其公差为（） A ．23B ．32C ．23-D ．32-【答案】A 【解析】【分析】根据等差数列的通项公式和前n 项和公式，列方程组求解即得. 【详解】设等差数列{}n a 的公差为d .101010,70a S ==Q ，1191010910702a d a d +=⎧⎪∴⎨⨯+=⎪⎩解得23d =. 故选：A . 【点睛】本题考查等差数列的通项公式和前n 项和公式，属于基础题.8．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若34322128,6a a S ⋅==，则数列{}(1)nn a -的前40项和为（） A ．0 B ．20C ．40D ．80【答案】B 【解析】先由题意求出34a +a =7，然后利用等差数列的前n 项和公式表示出134a a +=，前后两式作差，求出公差，进而代入求出首项，最后即得n a n =，代入题目中{}(1)nn a -，两两组合可求新数列前40项的和. 【详解】依题意，()133362a a S +== ，∴134a a +=，①∵3422128a a ⋅=，即342128a a +=， ∴34a +a =7，② ②－①得33d =， ∴1d =， ∴11,n a a n ==， ∴(1)(1)n n n a n -=-，∴{}(1)nn a -的前40项和40(12)(34)(3940)20S -++-++⋅⋅⋅+-+==，故选：B . 【点睛】本题考查了指数运算：同底数幂相乘，底数不变，指数相加；主要考查等差数列的前n 和公式，等差中项的性质等等，以及常见的摆动数列的有限项求和，可以采用的方法为：分组求和法，两两合并的方法等等，对学生的运算能力稍有要求，为中等难度题9．在等差数列{}n a 中，2436a a +=，则数列{}n a 的前5项之和5S 的值为（） A ．108 B ．90C ．72D ．24【答案】B 【解析】由于152436a a a a +=+=，所以1555()5369022a a S +⨯===，应选答案A ．点睛：解答本题的简捷思路是巧妙运用等差数列的性质152436a a a a +=+=，然后整体代换前5项和中的15=36a a +，从而使得问题的解答过程简捷、巧妙．当然也可以直接依据题设条件建立方程组进行求解，但是解答过程稍微繁琐一点．10．已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若1231112a a a ++=，22a =，则3S =（） A ．10 B ．7C ．8D ．4【答案】C 【解析】根据等比数列的性质可将已知等式变为12332224a a a S a ++==，解方程求得结果. 【详解】由题意得：13123321231322111124a a a a a S a a a a a a a +++++=+=== 38S ∴= 本题正确选项：C 【点睛】本题考查等比数列性质的应用，关键是能够根据下角标的关系凑出关于3S 的方程，属于基础题.11．设等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若105:1:2S S =，则155:S S 为（） A ．3∶4 B ．4∶3 C ．1∶2 D ．2∶1【答案】A 【解析】【分析】根据在等比数列中，每5项的和仍然成等比数列，设5S x =，则由条件可得1012S x =，1534S x =，从而得到155:S S 的值．【详解】解：在等比数列中，每5项的和仍然成等比数列，设5S x =，则由条件可得1012S x =， 1051122S S x x x ∴-=-=-，151014S S x ∴-=，15113244S x x x ∴=+=，故155334:4xS S x ==，故选：A ．【点睛】本题考查等比数列的性质，解题的关键是熟练掌握等比数列的性质k S ，2k k S S -，32k k S S -，成公比为k q 的等比数列，属于中档题.12．已知数列{}n a 的前n 项和为212343n S n n =++（*N n ∈），则下列结论正确的是( )A ．数列{}n a 是等差数列B ．数列{}n a 是递增数列C ．1a ，5a ，9a 成等差数列D ．63S S -，96S S -，129S S -成等差数列【答案】D 【解析】由2*123()43n S n n n N =++∈，2n …时，1n n n a S S -=-．1n =时，11a S =．进而判断出正误．【详解】解：由2*123()43n S n n n N =++∈，2n ∴…时，2211212153[(1)(1)3]4343212n n n a S S n n n n n -=-=++--+-+=+．1n =时，114712a S ==，1n =时，15212n a n =+，不成立．∴数列{}n a 不是等差数列．21a a <，因此数列{}n a 不是单调递增数列．5191547154322(5)(9)021*******a a a --=⨯⨯+--⨯+=-≠，因此1a ，5a ，9a 不成等差数列．631535(456)32124S S -=⨯+++⨯=．961553(789)32124S S -=⨯+++⨯=．1291571(101112)32124S S -=⨯+++⨯=．Q53235710444⨯--=， 63S S ∴-，96S S -，129S S -成等差数列．故选：D ．【点睛】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式、数列递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．13．在等差数列{}n a 中，3a ，15a 是方程2650x x -+=的根，则17S 的值是（） A ．41 B ．51C ．61D ．68【答案】B 【解析】【分析】由韦达定理得3156a a +=，由等差数列的性质得117315a a a a +=+，再根据等差数列的前n 项和公式求17S . 【详解】在等差数列{}n a 中，3a ，15a 是方程2650x x -+=的根，3156a a ∴+=.()()11731517171717651222a a a a S ++⨯∴====.故选：B . 【点睛】本题考查等差数列的性质和前n 项和公式，属于基础题.14．已知等差数列{}n a 的公差0d ≠，且1313,,a a a 成等比数列，若11a =，n S 为数列{}n a 的前n 项和，则263n n S a ++的最小值为（）A ．4B ．3C．2D ．2【答案】D 【解析】【分析】由题意得2(12)112d d +=+，求出公差d 的值，得到数列{}n a 的通项公式，前n 项和，从而可得263n n S a ++，换元，利用基本不等式，即可求出函数的最小值．【详解】解：11a =Q ，1a 、3a 、13a 成等比数列，2(12)112d d ∴+=+．得2d =或0d =（舍去），21n a n ∴=-，2(121)2n n n S n +-∴==， ∴()()22211426263322112n n n n S n n a n n n ++++++===+-+++．令1t n =+，则2642223n n S t a t +=+-≥=+ 当且仅当2t =，即1n =时，∴263n n S a ++的最小值为2．故选：D ．【点睛】本题主要考查等比数列的定义和性质，等比数列的通项公式，考查基本不等式，属于中档题．15．等比数列{n a }的前n 项和为n S ，若103010,30,S S ==则20S =A ．10B ．20C ．20或-10D ．-20或10【答案】B 【解析】【分析】由等比数列的性质可得，S 10，S 20﹣S 10，S 30﹣S 20成等比数列即（S 20﹣S 10）2＝S 10•（S 30﹣S 20），代入可求．【详解】由等比数列的性质可得，S 10，S 20﹣S 10，S 30﹣S 20成等比数列，且公比为10q∴（S 20﹣S 10）2＝S 10•（S 30﹣S 20）即()()22020101030S S -=- 解20S =20或-10（舍去）故选B ．【点睛】本题主要考查了等比数列的性质（若S n 为等比数列的前n 项和，且S k ，S 2k ﹣S k ，S 3k ﹣S 2k 不为0，则其成等比数列）的应用，注意隐含条件的运用16．已知数列{}n a 是等比数列，前n 项和为n S ，则“3152a a a >+”是“210n S -<”的（） A ．必要不充分条件 B ．充分不必要条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】B 【解析】【分析】根据等比数列的通项公式与求和公式,即可判断命题间的关系. 【详解】因为数列{}n a 是等比数列,前n 项和为n S 若3152a a a >+,由等比数列的通项公式可得111242a a q a q >+,化简后可得()21210q a -<.因为()2210q -≥所以不等式的解集为10a < 若210n S -<当公比1q ≠±时, 210n S -<则10a <,可得3152a a a >+ 当公比1q =±时, 由210n S -<则10a <,可得3152a a a =+ 综上可知, “3152a a a >+”是“210n S -<”的充分不必要条件故选:B 【点睛】本题考查了等比数列的通项公式与求和公式的应用,在应用等比数列求和公式时,需记得讨论公比是否为1的情况,属于中档题.17．定义“穿杨二元函数”如：(,)248n C a n a a a a =++++L 144424443个.例如：()3,436122445C =+++=.若a Z +∃∈，满足(),C a n n =，则整数n 的值为( )A ．0B ．1C ．0或1D ．不存在满足条件的n【答案】B 【解析】【分析】由(,)248n C a n a a a a =++++L 144424443个，得()()12,2112nn C a n a a -=⨯=--,然后根据(),C a n n =结合条件分析得出答案.【详解】由(,)248n C a n a a a a =++++L 144424443个，得()()12,2112nn C a n a a -=⨯=-- 由(),C a n n =，可得()21na n -=.当0n =时，对任意a Z +∈都满足条件. 当0n ≠时, 21nna =-,由a Z +∈，当1n =时，1a =满足条件. 当2n ≥且n Z ∈时，设()21x f x x =--，则()2ln 21xf x '=-在2x ≥上单调递增.所以()()24ln 210f x f ''>=->，所以()f x 在2x ≥上单调递增. 所以()()24120f x f >=-->，即当2n ≥且n Z ∈时，恒有21n n ->.则()0,121nna =∈-这与a Z +∈不符合.所以此时不满足条件. 综上：满足条件的n 值为0或1.故选：B 【点睛】本题考查新定义，根据定义解决问题，关键是理解定义，属于中档题.18．正项等比数列{}n a 中的1a 、4039a 是函数()3214633f x x x x =-+-的极值点，则2020a =（）A ．1-B ．1CD ．2【答案】B 【解析】【分析】根据可导函数在极值点处的导数值为0，得出140396a a =，再由等比数列的性质可得.【详解】解：依题意1a 、4039a 是函数()3214633f x x x x =-+-的极值点，也就是()2860f x x x '=-+=的两个根∴140396a a =又{}n a是正项等比数列，所以2020a =∴20201a ==.故选：B【点睛】本题主要考查了等比数列下标和性质以应用，属于中档题.19．设函数()221x f x =+，利用课本（苏教版必修5）中推导等差数列前n 项和的方法，求得()()()()()54045f f f f f -+-+⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++的值为（）A ．9B ．11C ．92D ．112【答案】B【解析】【分析】先计算出()()f x f x +-的值，然后利用倒序相加法即可计算出所求代数式的值.【详解】 ()221x f x =+Q ，()()()22222212121221xx x x x x f x f x --⋅∴+-=+=+++++()2122222211221x x x x x +⋅=+==+++，设()()()()()54045S f f f f f =-+-+⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++，则()()()()()54045S f f f f f =+++++-+-L L ，两式相加得()()2115511222S f f ⎡⎤=⨯+-=⨯=⎣⎦，因此，11S =.故选：B.【点睛】本题考查函数值的和的求法，注意运用倒序相加法，求得()()2f x f x +-=是解题的关键，考查化简运算能力，属于中档题．20．设数列{}n a 的前n 项和为n S 已知()*123n n a a n n N ++=+∈且1300n S =，若23a <，则n 的最大值为（）A ．49B ．50C ．51D ．52【答案】A【解析】【分析】对n 分奇偶性分别讨论，当n 为偶数时，可得2+32n n n S =，发现不存在这样的偶数能满足此式，当n 为奇数时，可得21+342n n n S a -=+，再结合23a <可讨论出n 的最大值. 【详解】当n 为偶数时，12341()()()n n n S a a a a a a -=++++⋅⋅⋅++(213)(233)[2(1)3]n =⨯++⨯++⋅⋅⋅+-+2[13(1)]32n n =⨯++⋅⋅⋅+-+⨯2+32n n =，因为22485048+348503501224,132522S S ⨯+⨯====，所以n 不可能为偶数；当n 为奇数时，123451()()()n n n S a a a a a a a -=+++++⋅⋅⋅++1(223)(243)[2(1)3]a n =+⨯++⨯++⋅⋅⋅+-+21342n n a +-=+ 因为2491149349412722S a a +⨯-=+=+， 2511151351413752S a a +⨯-=+=+，又因为23a <，125a a +=，所以 12a >所以当1300n S =时，n 的最大值为49故选：A【点睛】此题考查的是数列求和问题，利用了并项求和的方法，考查了分类讨论思想，属于较难题.。

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数列大题训练50题1 ．数列{n a }的前n 项和为n S ，且满足11a =，2(1)n n S n a =+.（1）求{n a }的通项公式；（2）求和T n =1211123(1)na a n a ++++ . 2 ．已知数列}{n a ，a 1=1，点*))(2,(1N n a a P n n ∈+在直线0121=+-y x 上. （1）求数列}{n a 的通项公式；（2）函数)2*,(1111)(321≥∈++++++++=n N n a n a n a n a n n f n且，求函数)(n f 最小值. 3 ．已知函数xab x f =)( (a ，b 为常数)的图象经过点P （1，81）和Q （4，8） (1) 求函数)(x f 的解析式；(2) 记a n =log 2)(n f ,n 是正整数，n S 是数列{a n }的前n 项和，求n S 的最小值。

4 ．已知y ＝f (x )为一次函数，且f (2)、f (5)、f (4)成等比数列，f (8)＝15．求n S ＝f (1)＋f (2)＋…＋f (n )的表达式．5 ．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1n n S c ca =+-，其中c 是不等于1-和0的实常数.（1）求证: {}n a 为等比数列；（2）设数列{}n a 的公比()q f c =，数列{}n b 满足()()111,,23n n b b f b n N n -==∈≥，试写出1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的通项公式，并求12231n n b b b b b b -+++ 的结果.6 ．在平面直角坐标系中,已知A n (n,a n )、B n (n,b n )、C n (n -1,0)(n ∈N *)，满足向量1+n n A A 与向量n n C B 共线，且点B n (n,b n ) (n ∈N *)都在斜率为6的同一条直线上.(1)试用a 1,b 1与n 来表示a n ;(2)设a 1=a ,b 1=-a ,且12<a ≤15，求数列{a n }中的最小项.7 ．已知数列{}n a 的前三项与数列{}n b 的前三项对应相同，且212322a a a +++…12n n a -+8n =对任意的∈n N*都成立，数列1{}n n b b +-是等差数列．（1）求数列{}n a 与{}n b 的通项公式；（2）问是否存在k ∈N *，使得(0,1)k k b a -∈？请说明理由．8 ．已知数列),3,2(1335,}{11 =-+==-n a a a a nn n n 且中（I ）试求a 2，a 3的值；（II ）若存在实数}3{,nn a λλ+使得为等差数列，试求λ的值. 9 ．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若()1,211++=⋅=+n n S a n a n n ，（1）求数列{}n a 的通项公式; （2）令n nn S T 2=，①当n 为何正整数值时，1+>n n T T ：②若对一切正整数n ，总有m T n ≤，求m 的取值范围。

(6)数列 Word版含答案

（6）数列1、数列{}n a 中，11a =，以后各项由公式2123...n a a a a n ⋅⋅⋅⋅=给出，则35a a +等于（） A.259 B.2516 C.6116 D.31152、已知等差数列{}n a ，37810,8a a a +==，则公差d =( ) A ．1B ．12C ．12D ．1-3、把数列{21}n ＋依次按第一个括号一个数，第二个括号两个数，第三个括号三个数，第四个括号四个数，第五个括号一个数L 循环分为：()()()()()35,79,11,1315,17,19,2123，，，，，()()()()25,2729,31,3335,37,39,4143，，，，L则第104个括号内各数之和为（） A ．2036B ．2048C ．2060D ．20724、在等差数列{}n a 中，810112a a =+，则数列{}n a 的前11项和11S = ( )A. 8B. 16C. 22D. 445、在等差数列{}n a 中，68112a a =+，则数列{}n a 的前7项的和7S =（）A.4B.7C.14D.28 6、已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若2614a a +=，则7S =（） A ．13 B ．35 C ．49D ．637、设数列{}n a 是由正数组成的等比数列, n S 为其前n 项和,已知2431,7a a S ==,则5S = ( ) A.152B.314C.334D.1728、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，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第三天走了（） A.60里B.48里C.36里D.24里9、已知函数242()445-=-+x f x x x 31(21)2--+x ，则201812019=⎛⎫= ⎪⎝⎭∑k k f （） A.0 B.1009 C.2018 D.201910、等差数列{}n a 的首项为2,公差不等于0,且2317a a a =,则数列11{}n n a a +的前2019项和（） A.10092020B.20194042 C.10094042D.2019202111、若等差数列{}n a 满足7897100,0,a a a a a ++>+<则当n =__________时, {}n a 的前n 项和最大.12、在等差数列{}n a 中,已知4816a a +=,则该数列前11项和11S =__________. 13、若数列{}n a 的前n 项和为2133n n S a =+,则数列{}n a 的通项公式是n a =__________. 14、在平面直角坐标系xOy 中，已知点()*12,()2i i i i N i A i ⎛⎫+-⋅ ⎝∈⎪⎪⎭，记21221i iA i A A A -+△的面积为i S ，则1ni i S ==∑ 。

(完整word)2019年高考试题汇编理科数学--数列,推荐文档

解答: 13，设等比数列公比为q3、25•- (ag )ag••• q 3• S 121 …S 53（1）证明:a nb 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. 答案： (1) 见解析 1 x n 11 x n 1(2)a n () n，b n () n2222解析：(1)将 4a n 1 3a n b n 4 , 4b n 1 3b n a n 4 相加可得 4a n1 4b n 1 3a n 3b n a n b n ,11 整理可得a n 1 b n 1丄(a n b n )，又玄1 Q 1，故a . b n 是首项为1,公比为1的等比数列22将 4a n 1 3a n b n 4, 4b n 13b n a n 4 作差可得 4a n14b n13a n 3b n a . b n 8,整理可得a n 1 b n 1a nb n 2，又a 1 Q 1，故a .b n 是首项为1，公差为2的等差数列1 1A. a n 2n 5B.3n 3n 10 CS2n 28nD.S n■In 2 2n 2答案：A解析：S 4 4冃 6d 0a 1 3 5, S n2依题意有可得 a nn 4n .3S 31 4d 5 d 2 n（2019全国1理）9•记S n 为等差数列 a n 的前n 项和•已知S 40 , a 5 5，则（2（2019全国1理）14.记S n 为等比数列 a n 的前 n 项和,a 436，则 S5答案: S 51213 2019全国2理)19.已知数列a n 和b n满足a 10 , 4a n 1 3a n b n 4, 4b n 1 3b n a n 4.-31 2 3436(2)由a n b n是首项为1 ,公比为?的等比数列可得a n b n ()"①；由a n bn 是首项为1公差为2的等差数列可得a n b n 2n 1②;【解析】【分析】首先确定公差，然后由通项公式可得 a 5的值，进一步研究数列中正项？负项的变化规律,得到和的最小值.【详解】等差数列 a n 中，8s 5a 3 10,得a 3 2& 3,公差da 3 a ?1, a§% 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10.①②相加化简得a n（!）n n 1，①②相减化简得b n 2 2（2019全国3理）5.已知各项均为正数的等比数列的前4项和为15，且a s 3a 3 4印，则a ?（）A. 16B. 8 答案： C解答：C. 4D.设该等比数列的首项 a i ，公比由已知得,4a©3dq 24a i ，因为a 0且q 0，则可解得2，又因为 a i (1q 3) 15,即可解得c 1，则4.（2019全国3理）14.记S n 为等差数列 a n 的前n 项和，若q0, a 2 3a ，则 3°S 5答案:4解析:设该等差数列的公差为d 2a 1 a 1 0,d 0 ,10 a 1 a 10S 0____________2S 55 a 1 a 522 2a 1 9d3 4.2a 1 4d 5d（2019北京理）10.设等差数列的前n 项和为S n,若a 2=-3 ,S s =-10，则a s = ,S n 的最小值为【答案】 (1). 0. (2). -10.【点睛】本题考查等差数列的通项公式？求和公式？等差数列的性质，难度不大，注重重要知识？基础知识？基本运算能力的考查a i (2019北京理)20.已知数列｛a n｝，从中选取第i1项、第i2项、…、第i m项(i l<i2<・・Vm)，若a h a2则称新数列a h, a i2, , a m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；(H)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 m o，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 m°<a n°；(川)设无穷数列｛a n｝的各项均为正整数，且任意两项均不相等若｛ a n｝的长度为s的递增子列末项的最小值为2s -, 且长度为S末项为2s-1的递增子列恰有2s-1个(s=1 , 2,…)，求数列｛a n｝的通项公式.【答案】(I )1,3,5,6.(n )见解析; (川)见解析.【解析】【分析】(I )由题意结合新定义的知识给出一个满足题意的递增子列即可；(n )利用数列的性质和递增子列的定义证明题中的结论即可；(川)观察所要求解数列的特征给出一个满足题意的通项公式，然后证明通项公式满足题中所有的条件即可•【详解】(I )满足题意的一个长度为4的递增子列为：1,3,5,6.(n)对于每一个长度为q的递增子列a n a2丄a q，都能从其中找到若干个长度为p的递增子列色总丄a p，此时a p a q ，设所有长度为q的子列的末项分别为：a q, ,a q2,a q3 ,L ,所有长度为p的子列的末项分别为：a p1,a p2,a p3,L ,则a n0 min a q1,a q2,a q3,L ，注意到长度为P的子列可能无法进一步找到长度为q的子列，故a m0 min a p1,a p2,a p3,L ，据此可得：a m0a n0n 1, n为偶数(川)满足题意的一个数列的通项公式可以是a n 斗才来朴2,1,4,3,6,5,8,7,L ,n 1,n为奇数面说明此数列满足题意很明显数列为无穷数列，且各项均为正整数，任意两项均不相等.长度为s 的递增子列末项的最小值为2s-1，下面用数学归纳法证明长度为s 末项为2s-1 的递增子列恰有2s 1个s 1,2,L ：当n 1 时命题显然成立，假设当n k时命题成立，即长度为k末项为2k-1的递增子列恰有21个，则当n k 1时，对于n k 时得到的每一个子列a s1,a s2,L ,a s k 1,2k 1，可构造：aq,a s2丄，a s「2k 1,2 k 1 1和a5^,a S2,L ,a^l,2k,2 k 1 1两个满足题意的递增子列，则长度为k+1 末项为2k+1 的递增子列恰有 2 2k 12k2k 1 1个，n 1, n为偶数综上可得，数列a n、，卄沁.2,1,4,3,6,5,8,7,L是一个满足题意的数列的通项公式•n 1, n为奇数注：当s 3时，所有满足题意的数列为：2,3,5 , 1,3,5 , 2,4,5 , 1,4,5 ，当s 4 时，数列2,3,5 对应的两个递增子列为：2,3,5,7 和2,3,6,7 .【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.2019天津理) 19.设a n 是等差数列，b n 是等比数列.已知a1 4,b1 6，b2 2a2 2,b3 2a3 4.(I)求a n和b n的通项公式;（n）设数列q满足G 1,c n X 2 J 2「其中k Nn 1 n b k,n 2k ,i )求数列a2n c2n1 的通项公式;2nii ）求a i c i n Ni1答案】（I ）a n 3n 1 ; b n 3 2n（n ）（i ）a2n c2n 1 9 4n1 （ii ）* 2n 1n 1 *aqnN 27 25 2 n 12 nNi 1【解析】【分析】(I )由题意首先求得公比和公差，然后确定数列的通项公式即可; (n )结合(I )中的结论可得数列a 2n c 2n 1的通项公式，结合所得的通项公式对所求的数列通项公式进行等2n价变形，结合等比数列前n 项和公式可得aG 的值.i 12 4 d 26 2d，解得2 4 2d 4 12 4d故a n 4 (n 1) 33n1 ,b n6 2n13 2n.所以,a n的通项公式为 a n 3n 1 , b n的通项公式为b n3 2n (n )( i ) a 2n C 2n 1 a ?n b n 1 3 2n 1 3 2n 19 4n 1所以,数列 a ?n c?n1 的通项公式 :为a2nc 2n 19 4n 12n 2n2n2n(ii )a &a i a C i 1a ia c 2i1i 1i 1i 1i 12n 2n 1n2 n4-39 412i 14 1 4n3 ?2 n5 2n 19n1 427 _2n•1J 112N*25 2n n【点睛】本题主要考查等差数列？等比数列的通项公式及其前 n 项和公式等基础知识.考查化归与转化思想和数列求和的基本方法以及运算求解能力.【详解】(I )设等差数列a n 的公db n 的公比为q .依题意得6q6q 2（2019上海）18•已知数列｛a n ｝ , a 1 3，前n 项和为S n •（1）若｛an ｝为等差数列,且 a 4 15, 求S n ；（2）若｛a n ｝为等比数列,且 lim n S n 12，求公比 q 的取值范围【解答】解：（1） Q a 4 a 3d 3 3d 15 ,d 4 ,n(n 1),S n 3n4 2n 2 n；2lim S n 存在，nlim 3(^ 2 ,n1 q 1 q3 4公比q 的取值范围为（1 , 0）（0 , 3）.42综上，d -或者d3Hm S n存在， lim S n n （2019上海）21.已知等差数列｛务｝的公差d (0，］，数列｛b n ｝满足 b n sin (a n )，集合 S x|xb n ,n2 、（1 ）若a 1 0,d 一，求集合 30,d —,3｛乜，0, △.2 2根据三角函数线，①等差数列｛a n ｝的终边落在y 轴的正负半轴上时，集合S 恰好有两个元素，此时此时d —,3（2）若a 1，求d 使得集合 2 S 恰好有两个（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.【解答】解：（1） Q 等差数列｛a n ｝的公差d (0，］，数列｛b n ｝满足 b n sin (a n )，集合 S x|xb n ,n当a 1集合S (2) Q，数列｛b n ｝满足 b n sin (a .),2集合S x|x N *恰好有两个元素，如图:②a 1终边落在OA 上，要使得集合 S 恰好有两个元素，可以使 a 2, a 3的终边关于y 轴对称，如图OB , OC ,(3)①当T 3 时，b n 3 b n，集合S {bl，b2, b3},符合题意.②当T 4 时，b n 4 b n ，sin(a n 4d) sina. a n 4d a n 2k ，或者a n 4d 2k a n ，4d a n 2k，又k 1，2当k1时满足条件，此时S {，1, 1}.③当T 5时，b n 5b n，si n(a n5d)sina n，故k1，2.当k1时，S{sin—，1，sin}满足题意1010④当T 6时，b n 6b n，sin (an6d)sina n，a na n等差数列{a n}的公差d (0，］，故a n5d a n 2k ，或者a n 5d 2k a n，因为 d (0 ,所以6d a n 2k 或者a n 6d 2k a n，d (0，1 , 2, 3.1时，S {-^O, —3}，满足题意.2 2⑤当T 7 时，b n 7 b n，si n(a n 7d) si na n si na n，所以a n 7d a n 2k ，或者a n 7d 2k a n，d (0，故k 1 , 2, 31时，因为b i ~b7对应着3个正弦值，故必有一个正弦值对应着3个点，必然有a m a n 2 ，d m 7，不符合条件.k 2时，因为b i~b7对应着3个正弦值，故必有一个正弦值对应着3个点，必然有a m a n 2 ，d n不是整数，不符合条件.k 3时，因为bi ~ b7对应着3 个正弦值，故必有一个正弦值对应着3个点，必然有a m a n—，或者d7—，此时，m n均不是整数，不符合题意.7综上，T3，4，5，6.(2019江苏)8.已知数列{a n}( n N*)是等差数列，S n是其前n项和若a2^ 兎0,S9 27 ,则Q的值是 _____________________ 【答案】16【解析】【分析】由题意首先求得首项和公差，然后求解前8项和即可.a 2a 5CBa 1 d a-i 4d7d 0【详解】由题意可得：9 8S99a 1 9 8d227解得： a 1 51 ，则 S 8 8a 1 8 7d40 28 216.d 22【点睛】等差数列、等比数列的基本计算问题，是高考必考内容，解题过程中要注意应用函数方程思想，灵活应用通项公式、求和公式等，构建方程(组)，如本题，从已知出发，构建a 1, d 的方程组.(2019江苏)20.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 ?a 4 a 5,a 3 4a ? 4印 0 ,求证：数列｛a n ｝为“M—数列”；u . 1 2 2(2)已知数列｛b n ｝满足：b 1 1,S b b ，其中S 为数列｛b n ｝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” ｛｝ (n € N *)，对任意正整数k ，当k 呦时，都有C k b k q 1成立，求m 的最大值.【答案】(1)见解析； (2［① b n = n n N * :② 5. 【解析】【分析】(1 )由题意分别求得数列的首项和公比即可证得题中的结论； (2)①由题意利用递推关系式讨论可得数列｛b n ｝是等差数列，据此即可确定其通项公式；②由①确定b k 的值，将原问题进行等价转化，构造函数，结合导函数研究函数的性质即可求得【详解】(1)设等比数列｛a n ｝的公比为q ,所以a 1^0, q 丰0.因此数列｛a n ｝为M —数列”1 22 (2) ①因S n—，所以b nb nbn11 2 2由b| 1,S 1th 得1 1 ，则 b 22.1由2 2 得 S nb n b n 1m 的最大值.a 2&4 a s由a 3 4a ： 4ci|。

(压轴题)高中数学选修二第一单元《数列》检测卷(含答案解析)

一、选择题1．设n S 是等比数列{}n a 的前n 项和，若423S S =，则64S S =（） A ．2B ．73 C ．310D ．12或2．天干地支纪年法，源于中国，中国自古便有十天干与十二地支.十天干即：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；十二地支即：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥.天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”，…，以此类推.排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，之后地支回到“子”重新开始，即“丙子”，…，以此类推. 在戊戌年你们来到成都七中，追逐那光荣的梦想. 在1980年庚申年，我国正式设立经济特区，请问：在100年后的2080年为（） A ．辛丑年B ．庚子年C ．己亥年D ．戊戌年3．如果函数*()1(0,)f x kx k x N =-≠∈，(1)(2)()n S f f f n =++⋅⋅⋅+，若(1)f ，(3)f ，(13)f 成等比数列，则（）A ．275()n S f n -≤B ．275()n S f n +≤C ．275()n S f n -≥D ．275()n S f n +≥4．已知正项数列{}n a 满足11a =，1111114n n n n a a a a ++⎛⎫⎛⎫+-=⎪⎪⎝⎭⎝⎭，数列{}n b 满足1111n n nb a a +=+，记{}n b 的前n 项和为n T ，则20T 的值为（） A ．1B ．2C ．3D ．45．已知数列{}n a 满足2122111,16,2n n n a a a a a ++===则数列{}n a 的最大项为（） A ．92B ．102C ．8182D ．1126．定义：在数列{}n a 中，若满足211n n n na a d a a +++-=（n N +∈，d 为常数），称{}n a 为“等差比数列”。

高考数学备考高难度压轴填空题----数列

精选高难度压轴填空题----数列1. 等比数列}{n a 首项为正数，8,10243262===⋅--k k k a a a a ，若对满足128>t a 的任意t ，m tk tk ≥-+都成立，则实数m 的取值范围是____________]8,(--∞ 解析：7122262=⇒=-+⇒=⋅-k k k a a a k k ，则22,85643=⇒===-q a a a k12-=n n a ，82212871>⇒>⇒>-t a t t ，1714--≤⇒≥-+tm m t k t k 递增，9≥t ，27-≤-t ，817714-=--≥-∴t2. 已知函数)(x f 定义在正整数集上，且对于任意的正整数x ，都有)1(2)2(+=+x f x f)(x f -，且6)3(,2)1(==f f ，则_______)2009(=f 4018解析：实际上是等差数列问题 3. 2222222220091200811...413113*********++++++++++++=S ，则不大于S 的最大整数][S 等于_______2008解析：1111)1(1)1()1(11122+-+=+++=+++n n n n n n n n 2008][2009112008=⇒-+=S S 4. 已知数列{}n a 满足1,a t =，120n n a a +-+= (,)t n ∈∈**N N ，记数列{}n a 的前n 项和的最大值为()f t ，则()f t = . ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧++)(4)1()(4222为奇数为偶数t t t t t解析：关键是(,)t n ∈∈**N N5. 对任意x ∈R ，函数()f x 满足21)]([)()1(2+-=+x f x f x f ，设2[()](),n a f n f n =-数列{}n a 的前15项和为31,(15)16f -则= ．43解析：关键之一：不要误入化简函数式的误区；关键之二：能否看出]1,21[)(∈x f ；（21)1(≥+x f ）关键之三：)21)(21(]1)()[(11--+-=-=--n n n a a n f n f a得411-=+-n n a a ，从而16315-=a ，反代可得43)15(=f 6. 设1250,,,a a a 是从-1，0，1这三个整数中取值的数列，若222212501509,(1)(1)(1)107a a a a a a +++=++++++= 且，则1250,,,a a a 中数字0的个数为 11解析：由题意，5021,...,,a a a 里有9个1，其余不是0，就是成对出现（1，-1），设有n 个0，m 对（1，-1），则412=+n m ，再由 71361074107)1(...)1(25021=-=+⇒=++++n m a a ，解得11,15==n m 7. 已知数列{}n a 的各项均为正整数，对于⋅⋅⋅=,3,2,1n ，有1352n n n ka a a ++⎧⎪=⎨⎪⎩n n 1n a a k a +为奇数为偶数,是使为奇数的正整数，若存在*m ∈N ，当n m >且n a 为奇数时，n a 恒为常数p ，则p 的值为______1或5 解析：当n a 为奇数时，531+=+n n a a 为偶数，kn n a a 2532+=+为奇数，当n m >且n a 为奇数时，n a 恒为常数p ，故p p p kk532253+=⇒+=，0>p ，故1=p 或58. 已知等差数列{a n }的公差d 不为0，等比数列{b n }的公比q 是小于1的正有理数.若a 1=d ，b 1=d 2，且321232221b b b a a a ++++是正整数，则q 等于________21解析：（2007全国联赛）因为221112*********32221114)2()(q q q b q b b d a d a a b b b a a a ++=++++++=++++，故由已知条件知道：1+q +q 2为m14，其中m 为正整数。

高考数学压轴专题专题备战高考《数列》难题汇编附答案解析

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

(压轴题)高中数学必修五第一章《数列》测试题(答案解析)(1)

一、选择题1．在数列{}n a 中，11a =-，33a =，212n n n a a a ++=-（*n N ∈），则10a =（） A ．10B ．17C ．21D ．352．设等差数列{}n a 前n 项和为n S ，等差数列{}n b 前n 项和为n T ，若11n n S n T n -=+．则55a b =（） A ．23B ．45C ．32D ．54 3．已知数列{}n a 为等比数列，若2312a a a ⋅=，且4a 与72a 的等差中项为54，则123n a a a a ⋅⋅⋅⋅⋅的最大值为（） A ．5B ．512C ．1024D ．20484．已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，则下列命题一定正确的是（） A ．若20200S >，则10a > B ．若20210S >，则10a > C ．若20200S >，则20a >D ．若20210S >，则20a >5．已知数列{}n a 满足11a =，+121nn n a a a =+，则数列{}1n n a a +的前n 项和n T =（） A ．21nn - B ．21nn + C ．221nn + D ．42nn + 6．已知数列{}n a 的通项公式350n a n =-，则前n 项和n S 的最小值为( ) A ．－784B ．－368C ．－389D ．－3927．对于数列{}n a ，定义11233n nn a a a T n-+++=为{}n a 的“最优值”，现已知数列{}n a 的“最优值”3n n T =，记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则20202020S=（） A ．2019B ．2020C ．2021D ．20228．已知{}n a 是公比为整数的等比数列，设212n nn na ab a -+=，n ∈+N ，且113072b =，记数列{}n b 的前n 项和为n S ，若2020n S ≥，则n 的最小值为（） A ．11B ．10C ．9D ．89．在等比数列{}n a 中，48,a a 是关于x 的方程21040x x ++=的两个实根，则2610a a a =（） A ．8B ．8-C ．4D ．88-或10．已知{}n a 是等比数列，且2222212345123451060a a a a a a a a a a ++++=++++=，，则24a a +=（）A ．2B ．3C ．4D ．511．已知函数()()31f x x x =-+，数列{}n a 中各项互不相等，记()()()12n n S f a f a f a =+++，给出两个命题：①若等差数列{}n a 满足55S =，则33a =；②若正项等比数列{}n a 满足33S =，则21a <；其中（）A ．①是假命题，②是真命题B ．①是真命题，②是假命题C ．①②都是假命题D ．①②都是真命题12．公元前四世纪，毕达哥拉斯学派对数和形的关系进行了研究.他们借助几何图形（或格点）来表示数，称为形数.形数是联系算术和几何的纽带.如图所示，数列1，6，15，28，45，…，从第二项起每一项都可以用六边形表示出来，故称它们为六边形数，那么该数列的第11项对应的六边形数为（）A ．153B ．190C ．231D ．276二、填空题13．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若11a =，22a =，0n a ≠，()111122n n n n n a n S a S nS +++--=-，其中2n ≥，且*n ∈N ．设21n n b a -=，数列{}n b 的前n 项和为n T ，则100T =______．14．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 +++⋅⋅⋅+=___________. 15．数列{}n a 满足()()1232312n a a a na n n n ++++=++，则n a = __________.16．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若121(2)n n S S n -=+≥且23S =，则55S a =_________． 17．数列{}n a 的通项()sin2n n a n n N π*=⋅∈，则前10项的和12310a a a a ++++=______18．已知数列{}n a 的首项1a a =，其前n 项和为n S ，且满足()2*12,n n S S n n n N -+=≥∈，若对任意*n N ∈，1n n a a +<恒成立，则a 的取值范围是___________.19．在数列{}n a 中，11a =()*1n =∈N ；等比数列{}n b 的前n 项和为2n n S m =-．当n *∈N 时，使得n n b a λ≥恒成立的实数λ的最小值是_________．20．111112123123100++++=+++++++________.三、解答题21．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且233n n S a =-. （1）求数列{}n a 的通项公式; （2）设3log n n b a =，nn nb c a =，求数列{}n c 的前n项和n T .22．从条件①()21n n S n a =+，(2)n a n =≥，③0n a >，22n n n a a S +=，中任选一个，补充到下面问题中，并给出解答．（注：如果选择多个条件分别作答，按照第一个解答计分．）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，___________．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若1a ，k a ，2k S +成等比数列，求正整数k 的值．23．在如图三角形数阵中第n 行有n 个数，ij a 表示第i 行第j 个数，例如，43a 表示第4行第3个数.该数阵中每一行的第一个数从上到下构成以m 为公差的等差数列，从第三行起每一行的数从左到右构成以m 为公比的等比数列(其中0m >).已知221141322112,2,2aa a a m a ==+=. 313233414241344515253545121322512 n n n a a a a a a a a a a a a a a a a a a ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅nna ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅（1）求m 及53a ；（2）记112233n nn T a a a a =++++，求n T .24．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且233n n S a =-. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设3log n n b a =，n T 为数列{}n b 的前n 项和，求数列1n T ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和.25．已知等比数列{}n a 的公比3q =，并且满足2a ，318a +，4a 成等差数列. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设数列{}n b 满足31log n n nb a a =+，记n S 为数列{}n b 的前n 项和，求使2220n S n ->成立的正整数n 的最小值.26．已知等比数列{}n a 满足26a =，13630a a +=. （Ⅰ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）若12a >，设23n n b n a =⋅（*N n ∈），记数列{}n b 的前n 项和为n S ，求n S .【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．B 解析：B 【分析】根据等式关系得到数列{}n a 为等差数列，求出公差得到其通项公式，最后代值求解即可. 【详解】212n n n a a a ++=-（*n N ∈），212n n n a a a ++∴+=，即数列{}n a 是等差数列， 11a =-，33a =，312a a d ∴=+即312d =-+，则公差2d =，则()11223n a n n =-+-⨯=-（*n N ∈），所以10210317a =⨯-=. 故选：B . 【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是由题中所给关系得出其为等差数列，进而求出通项公式进行计算.2．B解析：B 【分析】本题首先可令9n =，得出9945S T =，然后通过等差数列的性质得出959S a =以及959T b =，代入9945S T =中，即可得出结果. 【详解】因为11n n S n T n -=+，所以99914915S T -==+，因为n S 是等差数列{}n a 前n 项和，n T 是等差数列{}n b 前n 项和，所以()1995992a a S a +==，()1995992b b T b +==，则95959459S a T b ==，5545a b =，故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题考查等差数列的相关性质的应用，主要考查等差数列前n 项和公式以及等差中项的应用，若等差数列{}n a 前n 项和为n S ，则()12n n n a a S +=，当2m n k +=时，2m n k a a a +=，考查化归与转化思想，是中档题.3．C解析：C 【分析】用1a 和q 表示出2a 和3a 代入2312a a a ⋅=求得4a ，再根据3474422a a a a q +=+，求得q ，进而求得1a 到6a 的值，即得解. 【详解】2231112a a a q a q a ⋅=⋅=42a ∴=3474452224a a a a q +=+=⨯12q ∴=，41316a a q ==故1415116()2222n n n n a ---=⨯=⨯=，所以123456116,8,4,2,1,12a a a a a a ======<，所以数列的前4或5项的积最大，且最大值为16842=1024⨯⨯⨯. 故选：C 【点睛】结论点睛：等比数列{}n a 中，如果11,01a q ><<，求123n a a a a ⋅⋅⋅⋅⋅的最大值，一般利用“1交界”法求解，即找到大于等于1的项，找到小于1的项，即得解.4．B解析：B 【分析】根据等比数列的前n 项和公式分别讨论20200S >和20210S >即可得答案. 【详解】当1q =时，2020120200S a =>，故10a >，20a >，当1q ≠时，()202012020101a q S q-=>-，分以下几种情况，当1q <-时，10a <，此时210a a q =>；当10q -<<时，10a >，此时120a a q =<，当01q <<时，10a >，此时210a a q =>；当1q >时，10a >，此时210a a q =>；故当20200S >时，1a 与2a 可正可负，故排除A 、C . 当1q =时， 2021120210S a =>，故10a >， 20a >；当1q ≠时，()202112021101a q S q-=>-，由于20211q-与1q -同号，故10a >，所以21a a q =符号随q 正负变化，故D 不正确，B 正确；故选：B 【点睛】关键点点睛：本题解决时根据等比数列的求和公式，分类讨论公比的情形是解决问题的关键，分析出首项及公比的情况即可确定第二项的符号,属于中档题.5．B解析：B 【分析】利用倒数法求出数列{}n a 的通项公式，进而利用裂项相消法可求得n T . 【详解】已知数列{}n a 满足11a =，+121nn n a a a =+，在等式+121n n n a a a =+两边同时取倒数得112112n n n n a a a a ++==+，1112n n a a +∴-=，所以，数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，且首项为111a ，公差为2，则()112121n n n a =+-=-，121n a n ∴=-，()()11111212122121n n a a n n n n +⎛⎫∴==- ⎪-+-+⎝⎭，因此，1111111111111112323525722121221n T n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭21n n =+. 故选：B. 【点睛】使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．6．D解析：D 【解析】令3500n -≥，求得16n >，即数列从第17项开始为正数，前16项为负数，故数列的前16项的和最小，1612,47a a =-=-，()16472163922S --⨯∴==-，故选D.【方法点睛】求等差数列前n 项和的最大值的方法通常有两种：①将前n 项和表示成关于n 的二次函数，n S 2An Bn =+，当2B n A =-时有最大值（若2B n A=-不是整数，n 等于离它较近的一个或两个整数时n S 最大）；②可根据0n a ≥且10n a +≤确定n S 最大时的n 值.7．D解析：D 【分析】根据11233n nn a a a T n-+++=，且3nn T =，得到112333n n n a a a n -+++=⋅，然后利用数列通项与前n 项和的关系求得21n a n =+，再利用等差数列求和公式求解. 【详解】 ∵11233n nn a a a T n-+++=，且3nn T =，∴112333n n n a a a n -+++=⋅，当2n ≥时，有()211213313n n n a a a n ---+++⋅=-⋅，两式相减可得：()()1113313213n n n n n a n n n ---⋅=⋅--⋅=+⋅.∴21n a n =+（2n ≥）. 当1n =时，13a =适合上式.∴21n a n =+.则数列{}n a 是以3为首项，以2为公差的等差数列. ∴()202032202012020S 202220202+⨯+⨯==⨯.∴202020222020S =. 故选：D . 【点睛】本题主要考查数列通项与前n 项和的关系以及等差数列的定义和求和公式的应用，属于中档题.8．B解析：B 【分析】设{}n a 是公比为q ，根据已知条件有1n n n b qq -=+求得2q，数列{}n b 的前n 项和为3(21)n n S =-即2020n S ≥可求n 的最小值【详解】令{}n a 是公比为q ，由212n nn na ab a -+=，n ∈+N ∴1n n n b qq -=+，又113072b =即10113072q q +=，又q Z ∈，知：2q∵{}n b 的前n 项和为n S ，则3(21)nn S =-∴2020n S ≥时，3(21)2020n -≥，n ∈+N 解得10n ≥ 故选：B 【点睛】本题考查了数列，由数列的递推关系及已知条件求公比，进而根据新数列的前n 项和及不等式条件求n 的最小值9．B解析：B 【分析】结合根与系数关系，根据等比中项满足的性质，计算6a ，代入，计算式子，即可．【详解】48,a a 是关于x 的方程21040x x ++=的两实根，所以24821064a a a a a ===，由48480,100a a a a >+=-<得480,0a a <<，所以2640a a q =<，即62a =-，所以26108a a a =-.故选B【点睛】本道题考查了等比中项的性质，关键利用好该性质，计算结果，即可，难度中等．10．A解析：A 【分析】首先根据题意，利用等比数列求和公式，得到5112345(1)101a q a a a a a q-++++==-，222222101521234(1)601a q q a a a a a -=-++=++，两式相除得到51(1)61a q q+=+，即5112345(1)61a q a a a a a q+-+-+==+，与1234510a a a a a ++++=联立求得结果.【详解】设数列{}n a 的公比为q ，且1q ≠，则5112345(1)101a q a a a a a q -++++==-， 222222101521234(1)601a q qa a a a a -=-++=++，两式相除得210551112(1)(1)(1)6111a q a q a q q q q --+÷==--+，所以5112345(1)61a q a a a a a q+-+-+==+，又123123452445)()2()104(6a a a a a a a a a a a a --+-+=+=++-+=+，所以242a a +=，故选：A. 【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有等比数列的求和公式，这题思维的应用，属于中档题目.11．A解析：A 【分析】先确定函数()f x 对称性与单调性，再结合等差数列的等距性确定3a ；结合基本不等式将等比数列性质转化到等差数列性质上，解不等式即得结果. 【详解】因为()()()3311(1)1f x x x x x =-+=-+-+，而3y x x =+关于原点对称且在R 上单调递增，所以()f x 关于(1,1)对称且在R 上单调递增，先证明下面结论：若()g x 为奇函数且在R 上单调递增，{}n a 为等差数列，123g()()()()0n a g a g a g a ++++=，则1230n a a a a ++++=.证明：若1230n a a a a ++++>，则当n 为偶数时，1211220n n n n a a a a a a -++=+==+>111()()()()+()0n n n n a a g a g a g a g a g a >-∴>-=-∴>同理21+122()()0,,()+()0n n n g a g a g a g a -+>>，即123g()()()()0n a g a g a g a ++++>与题意矛盾，当n 为奇数时，1211220n n n a a a a a -++=+==>类似可得12112()()0,()(),,()0n n n g a g a g a g a g a -++>+>，即123g()()()()0n a g a g a g a ++++>，与题意矛盾同理可证1230n a a a a ++++<也不成立，因此1230n a a a a ++++=再引申结论：若()f x 为关于(,)a b 函数且在R 上单调递增，{}n a 为等差数列，123()()()()n f a f a f a f a nb ++++=，则123n a a a a na ++++=证明过程只需令()()g x f x a b =+-，再利用上面结论即得.①若等差数列{}n a 满足55S =，即 12345()()()()()5f a f a f a f a f a ++++=，则123453555a a a a a a ++++=∴=， 31a ∴=，故①是假命题，②若正项等比数列{}n a 满足33S =，即123()()()3f a f a f a ++= 因为数列{}n a 中各项互不相等，所以公比不为1，不妨设公比大于1，即123123()()()a a a f a f a f a <<∴<<，因为1322a a a +>=∴2()1f a <，()3222111a a a -+<∴<故②是真命题故选：A 【点睛】本题考查函数()f x 对称性与单调性、等差数列性质、基本不等式应用，考查综合分析判断能力，属中档题.12．C解析：C 【分析】根据题中所给图与对应的六边形数，记第n 个六边形数为n a ，找出规律，相邻两项差构成等差数列，累加求得22n a n n =-，将11n =代入求得结果.【详解】记第n 个六边形数为n a ，由题意知：11a =，215141a a -==+⨯，32142a a -=+⨯，43143a a -=+⨯，，114(1)n n a a n --=+-，累加得21(1)[543]59[14(1)]212n n n a a n n n -+--=++++-==--，即22n a n n =-，所以21121111231a =⨯-=，故选：C. 【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有利用累加法求数列的通项公式，属于中档题目.二、填空题13．【分析】根据已知条件推导出数列从第三项开始奇数项成等差数列且公差为然后利用等差数列的求和公式可求得的值【详解】当且时由可得即可得①所以②②①得所以则则所以数列从第三项开始奇数项成等差数列且公差为故答解析：9901【分析】根据已知条件推导出数列{}n a 从第三项开始，奇数项成等差数列，且公差为2，然后利用等差数列的求和公式可求得100T 的值. 【详解】当2n ≥且*n ∈N 时，0n a ≠，由()111122n n n n n a n S a S nS +++--=-，可得()()11112n n n n n a S S n S S ++-+-=-，即()1112n n n n a a a na ++++=，可得12n n a a n ++=，①，所以，()2121n n a a n +++=+，②， ②-①得22n n a a +-=，所以，32224a a +=⨯=，则32a =，则3112a a -=≠，所以，数列{}n a 从第三项开始，奇数项成等差数列，且公差为2，21n n b a -=，10099982199299012T ⨯⨯=+⨯+=. 故答案为：9901. 【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和；（2）对于{}n n a b 型数列，其中{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，利用错位相减法求和；（3）对于{}n n a b +型数列，利用分组求和法；（4）对于11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭型数列，其中{}n a 是公差为()0d d ≠的等差数列，利用裂项相消法求和.14．【分析】由推得得到数列表示首项为公比为的等比数列求得和进而得到再结合等比数列求和公式即可求解【详解】由数列的前项和且满足当时两式相减可得即令可得解得所以数列表示首项为公比为的等比数列所以则所以所以故解析：1013【分析】由1n n a S +=，推得11(2)2n n a n a -=≥，得到数列{}n a 表示首项为12，公比为12的等比数列，求得n a 和 n S ，进而得到21n nnS a =-，再结合等比数列求和公式，即可求解. 【详解】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()11120n 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12nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则11122111212nn n S ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦==- ⎪⎝⎭-，所以1122112nn n n n S a ⎛⎫- ⎪⎝⎭==-⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以()2939121239222(111)S S S S a a a a ++++=+++-+++()9102129211101312-=-=-=-.故答案为：1013. 【点睛】关键点睛：由1n n a S +=，利用1,1=,2n n n n S n a S S n -=⎧⎨-≥⎩，推得11(2)2n n a n a -=≥从而证得数列{}n a 为等比数列是解答本题的关键.15．【分析】对递推关系多递推一次再相减可得再验证是否满足；【详解】∵①时②①-②得时满足上式故答案为：【点睛】数列中碰到递推关系问题经常利用多递推一次再相减的思想方法求解解析：31n【分析】对递推关系多递推一次，再相减，可得31n a n ，再验证1n =是否满足；【详解】 ∵()()1232312n a a a na n n n ++++=++①2n ∴≥时，()()()123123111n a a a n a n n n -++++-=-+② ①-②得31,31n nna n n a n ，1n =时，1123=6,a 满足上式，31na n .故答案为：31n . 【点睛】数列中碰到递推关系问题，经常利用多递推一次再相减的思想方法求解.16．【分析】先计算出数列的前两项分别为和由题意可知可得再结合得数列是首项为公比为的等比数列然后利用等比数列的相关公式计算【详解】由①得则所以得：②②-①得：即又成立所以数列是首项为公比为的等比数列则故故解析：3116.【分析】先计算出数列{}n a 的前两项分别为1和2，由题意可知()1121212n n nn S S S S n +-=+⎧⎨=+≥⎩可得()122n na n a +=≥，再结合212aa =得数列{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列，然后利用等比数列的相关公式计算55S a . 【详解】由121(2)n n S S n -=+≥ ①得12121213S S a =+=+=，则11a =，所以2212a S a =-=，得：121n n S S +=+②， ②-①得：()122n n a a n +=≥，即()122n na n a +=≥ 又212a a =成立，所以数列{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列，则4451216a a q =⋅==，()()55151********a q S q-⨯-===--，故553116Sa =. 故答案为：3116【点睛】本题考查利用递推关系式求解数列的通项公式，考查等比数列的通项公式、求和公式的应用，较简单.17．5【分析】利用的周期性求解即可【详解】的周期当时的值为10-10则前10项的和故答案为：5【点睛】本题考查利用数列的周期性求和属于基础题解析：5 【分析】利用()sin2n n N π*∈的周期性求解即可. 【详解】()sin 2n n N π*∈的周期2=42T ππ=，当1,2,3,4n =时sin 2n π的值为1,0，-1,0,则前10项的和123101+0305070905a a a a ++++=-+++-+++=，故答案为：5 【点睛】本题考查利用数列的周期性求和，属于基础题.18．【分析】由化简可得从而可得由知则从而解得【详解】解：即即故由知；若对任意恒成立只需使即解得故故答案为：【点睛】本题考查了数列的性质的判断与应用同时考查了整体思想的应用及转化思想应用解析：24,33⎛⎫⎪⎝⎭【分析】由21n n S S n -+=化简可得1121n n S S n +--=+，从而可得22n n a a +-=，由1a a =知242a a =-，32a a =+，442a a =-，则1234a a a a <<<从而解得．【详解】解：21n n S S n -+=，21(1)n n S S n ++=+， 1121n n S S n +-∴-=+，即121n n a a n ++=+，即2123n n a a n +++=+，故22n n a a +-=，由1a a =知2124a a +=， 214242a a a ∴=-=-， 32a a =+， 462a a =-；若对任意n ∈+N ，1n n a a +<恒成立，只需使1234a a a a <<<，即42262a a a a <-<+<-，解得2433a <<，故24,33a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭故答案为：24,33⎛⎫⎪⎝⎭．【点睛】本题考查了数列的性质的判断与应用，同时考查了整体思想的应用及转化思想应用．19．【分析】分别求出的通项再构建新数列求出最大项后可得实数的最小值【详解】因为故是以1为首项以1为公差的等差数列所以当时是等比数列也适合故即又恒成立等价于恒成立令则当时当时故【点睛】方法点睛：含参数的数解析：94【分析】分别求出{}n a 、{}n b 的通项，再构建新数列212n n n c -=，求出{}n c 最大项后可得实数λ的最小值. 【详解】()*1n =∈N，故是以1为首项，以1为公差的等差数列，()11n n =+-⨯=，2*()n a n n N ∴=∈．当2n ≥时，111(2)(2)2nn n n n n b S S m m ---=-=---=，{}n b 是等比数列，112b S m ∴==-也适合12n n b -=，故21m -=即1m =，1*2()n n b n N -∴=∈．又n n b a λ≥恒成立等价于212n n λ-≥恒成立，2max max 1()()2n n n a n b λ-∴≥=，令212n n n c -=，则()2221121142222n n n n n n n n n c c --------=-=，当23n ≤≤时，10-->n n c c ，当4n ≥时，10n n c c --<，故max 39()4n c c ==，94λ∴≥．【点睛】方法点睛：含参数的数列不等式的恒成立，可利用参变分离将参数的取值范围问题转化新数列的最值问题，后者可利用数列的单调性来处理.20．【分析】将分母利用等差数列求和公式化简然后利用裂项相消法求解即可【详解】故答案为：【点睛】本题主要考查等差数列的求和公式及裂项相消法求和属于中档题解析：200101【分析】将分母利用等差数列求和公式化简，然后利用裂项相消法求解即可. 【详解】111112123123100+++++++++++11112(12)3(13)100(1100)222=++++++⨯+2222122334100101=++++⨯⨯⨯⨯11111112(1)22334100101=⨯-+-+-++- 12(1)101=⨯- 200101= 故答案为：200101【点睛】本题主要考查等差数列的求和公式及裂项相消法求和，属于中档题.三、解答题21．（1）3nn a =；（2）3314243nn n T ⎛⎫⎛⎫=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭.【分析】(1)利用1n n n a S S -=-求通项公式； (2)先求出n b n =，得到3n n n n b nc a ==，用错位相减法求和. 【详解】解：（1）当1n =时，1112233a S a ==-，13a ∴=当2n ≥时，()()112223333n n n n n a S S a a --=-=---，故13n n a a -=，因为110a =≠，故0n a ≠ 给13nn a a -=，∴数列{}n a 为以3为首项，3为公比的等比数列. 1333n n n a -∴=⨯=.（2）由（1）知3nn a =，所以3log n n n b a ==，故3n n nn b n c a ==. 即123231233333n n n nT c c c c =++++=++++① 所以231112133333n n n n nT +-=++++② ①-②得2311111121111113311333333323313n n n n n n n n n n T +++⎛⎫- ⎪⎛⎫⎝⎭=++++-=-=-- ⎪⎝⎭-所以3314243nn n T ⎛⎫⎛⎫=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭【点睛】数列求和常用方法：(1)公式法； (2)倒序相加法；(3)裂项相消法； (2)错位相减法． 22．（1）答案见详解；（2）答案见详解. 【分析】选①时，先写()1122n n S n a ++=+，作差得到n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，即求得n a n =，再按要求列方程解得正整数k 的值即可；选②时，代入1n n n a S S -=-，化简得到是等差数列，求得2n S n =，再计算n a 即可，再按要求列方程解得正整数k 的值即可；选③时，先写21112n n n a a S ++++=，作差得到数列{}n a 是等差数列，即求得na n =，再按要求列方程解得正整数k 的值即可. 【详解】解：若选①，()21n n S n a =+，则()1122n n S n a ++=+，两式作差得()()11221n n n a n a n a ++-=++，即101n na a n n，n *∈N ，所以n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，首项是111a =，公差是0，故1n a n =，所以n a n =；由{}n a 通项公式知，()12n n n S +=，故()()2232k k k S +++=，又11a =，k a k =，结合题意知，()()22312k k k ++=⨯，即2560k k --=，解得1k =-或6k =，因为k 是正整数，所以6k =.若选②(2)n a n =≥，11a =，故0n S >1n n n a S S -=-=，=1=，2n ≥，故1=，公差是1n =，故2n S n =.2n ≥时，()221121n n n a S S n n n -=-=--=-，且11a =也适合该式，故数列{}n a 的通项公式21n a n =-；11a =，21k a k =-，()222k S k +=+，结合题意知，()()222112k k -=⋅+，即23830k k --=，解得3k =或13k =-，因为k 是正整数，所以3k =.若选③，0n a >，22n n n a a S +=，则21112n n n a a S ++++=，两式作差得()211n n a a +++()212n n n a a a +-+=，化简得()()1110n n n n a a a a +++--=，由0n a >知，10n n a a ++>，得110n n a a +--=，即11n n a a +-=，数列{}n a 是等差数列，首项是1，公差为1，故n a n =；由{}n a 通项公式知，()12n n n S +=，故()()2232k k k S +++=，又11a =，k a k =，结合题意知，()()22312k k k ++=⨯，即2560k k --=，解得1k =-或6k =，因为k 是正整数，所以6k =.【点睛】方法点睛：由数列前n 项和求通项公式时，一般根据11,2,1n n n S S n a a n --≥⎧=⎨=⎩求解，若已知式是关于na 和n S 关系式时，也通常利用两式作差得到1n n n S S a --=消去n S ，或者代入1n n n a S S -=-消去n a ，进行化简计算.23．（1）2m =，5340a =；（2）1(1)22n n +-⨯+ 【分析】（1）根据题意以m 表示出313241,,a a a ，由4132122a a =+即可求出m ，进而求出53a ；（2）根据等差数列和等比数列的通项公式求出2nnn a n =⨯，再利用错位相减法即可求出n T .【详解】（1）由已知得3111(31)22a a m m =+-⨯=+，23231(22)22a a m m m m m =⨯=+⨯=+，4111(41)32a a m m =+-⨯=+，4132122a a =+， ()21322222m m m ∴+=++，即220m m -=，又0m >，2m ∴=，51114210a a ∴=+⨯=， 25351240a a ∴=⨯=；（2）由（1）得111(1)22n a a n n =+-⨯=，当3n ≥时，1122n nnn n a a n -=⨯=⨯，又211124a a =+=，2221248a ma ==⨯=，11222,8a a ∴==满足2n nn a n =⨯， 1234122232422n n T n ∴=⨯+⨯+⨯+⨯++⨯，23412122232(1)22n n n T n n +=⨯+⨯+⨯++-⨯+⨯，两式相减得12341222222n n n T n +-=+++++-⨯()11112122222(1)2212n n n n n n n n ++++-=-⨯=--⨯=-⨯--，1(1)22n n T n +∴=-⨯+.【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；（2）对于{}n n a b 结构，其中{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，用错位相减法求和；（3）对于{}+n n a b 结构，利用分组求和法；（4）对于11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭结构，其中{}n a 是等差数列，公差为d ，则111111n n n n a a d a a ++⎛⎫=- ⎪⎝⎭，利用裂项相消法求和. 24．（1）3nn a =；（2）2+1nn 【分析】（1）利用1n n n a S S -=-可得{}n a 是首项为3，公比为3的等比数列，即可求出通项公式；（2）可得n b n =，则()1+2n n n T =，1112+1nT n n ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，由裂项相消法即可求出前n 项和. 【详解】（1）233n n S a =-，即3322n n S a =-，当1n =时，1113322S a a =-=，解得13a =，当2n ≥时，1133332222n n n n n a a a S S --⎛⎫---== ⎝-⎪⎭，整理得13n n a a -=，{}n a ∴是首项为3，公比为3的等比数列，1333n n n a -∴=⨯=；（2）33l 3log og nn n b a n ===，()1+2n n n T ∴=，则()12112+1+1nT n n n n ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，数列1n T ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为11111221+++223+1+1nn n n ⎛⎫---= ⎪⎝⎭. 【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；（2）对于{}n n a b 结构，其中{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，用错位相减法求和；（3）对于{}+n n a b 结构，利用分组求和法；（4）对于11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭结构，其中{}n a 是等差数列，公差为d ，则111111n n n n a a d a a ++⎛⎫=- ⎪⎝⎭，利用裂项相消法求和. 25．（1）()*3n n a n N =∈；（2）所求的正整数n 的最小值为20. 【分析】（1）由公比3q =，并且满足2a ，318a +，4a 成等差数列直接用基本量代换求数列{}n a 的通项公式；（2）先求出311+log ,3n n n n b a n a ==+，用分组求和法求出n S ，解不等式即可. 【详解】（1）因为数列{}n a 是公比为3的等比数列，又由234,18,a a a +成等差数列，∴243236a a a +=+，所以1113271836a a a +=+，解得13a =，从而数列{}n a 的通项公式为()*3n n a n N =∈. （2）311+log ,3n n n n b a n a ==+ ∴()()21111111111331211333222313n n n n n n n n S n ⎛⎫- ⎪++⎛⎫⎝⎭=+++++++=+=+- ⎪⎝⎭-， ∴21213n n S n n -=+-，又113n n ⎧⎫+-⎨⎬⎩⎭是递增的，当19n =时， 219122020,3n S n -=-<当20n =时， 220122120,3n S n -=-> 所以所求的正整数n 的最小值为20.【点睛】(1)等差（比）数列问题解决的基本方法：基本量代换； (2)分组求和法进行数列求和适用于{}n n a b +,分组后对{}n a 和{}n b 分别求和.26．（Ⅰ）123n n a -=⨯或132n n a -=⨯；（Ⅱ）1(1)22n n S n +=-⨯+.【分析】（Ⅰ）设等比数列{}n a 的公比为q ，由已知建立方程组，求得数列的首项和公比，从而求得数列的通项；（Ⅱ）由（Ⅰ）及已知可得132n n a -=⨯和223n n n b n a n =⋅=⋅（*n ∈N ），运用错位相减法可求得数列的和．【详解】解：（Ⅰ）设等比数列{}n a 的公比为q ，由26a =，可得16a q =，记为①．又因为13630a a +=，可得12630a a q +=，即15a q +=记为②，由①②可得123a q =⎧⎨=⎩或132a q =⎧⎨=⎩，故{}n a 的通项公式为123n n a -=⨯或132n n a -=⨯．（Ⅱ）由（Ⅰ）及12a >可知132n n a -=⨯，所以223n n n b n a n =⋅=⋅（*n ∈N ），所以1212222n n S n =⨯+⨯++⨯ ③231212222n n S n +=⨯+⨯++⨯ ④ ③－④得1212222n n n S n +-=+++-⨯111222(1)22n n n n n +++=--⨯=-⨯-，所以1(1)22n n S n +=-⨯+．【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）公式法：即直接用等差、等比数列的求和公式求和.（2）错位相减法：若{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，求1122n n a b a b a b ++⋅⋅⋅.（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，相消剩下首尾的若干项.常见的裂顶有()11111n n n n =-++，()1111222n n n n ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭，()()1111212122121n n n n ⎛⎫=- ⎪-+-+⎝⎭等. （4）分组求和法：把数列的每一项分成若干项，使其转化为等差或等比数列，再求和. （5）倒序相加法.。

数列高考选择填空压轴题专练

数列高考选择填空压轴题专题练A 组一、选择题1．若数列{}{},n n a b 的通项公式分别为()20161?n n a a +=-， ()201712n nb n+-=+，且n n a b <，对任意*n N ∈恒成立，则实数a 的取值范围是（）A. 11,2⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ B. [)1,1- C. [)2,1- D. 32,2⎡⎫-⎪⎢⎣⎭【答案】D【解析】,n n a b < 可得()()2017201611?2n n a n++--<+，若n 是偶数，不等式等价于12a n <-恒成立，可得13222a <-= ，若n 是奇数，不等式等价于12a n-<+ ，即2,2a a -≤≥- ，所以3-22a ≤< ，综上可得实数a 的取值范围是32,2⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ ，故选D ． 2．已知数列{}n a 满足11a =，213a =，若()()*1111232,n n n n n a a a a a n n N -+-++=⋅≥∈，则数列{}n a 的通项n a =（）A.112n - B. 121n - C. 113n - D. 1121n -+ 【答案】B【解析】111123n n n n n n a a a a a a -+-++= , 11123n n n a a a +-+= , 1111112n n nn a a a a +-⎛⎫-=- ⎪⎝⎭,则1111211n n n n a a a a +--=- ,数列111n n a a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是首项为2，公比为2的等比数列， 1111222n nn na a -+-=⨯=，利用叠加法，211213211111111......122.......2n n n a a a a a a a --⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-+-++-=++++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ， 1212121n n n a -==-- ，则121n na =-.选B.3．等比数列{}n a 的前n 项和11·32n n S c +=+（c 为常数），若23n n a S λ≤+恒成立，则实数λ的最大值是（） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C【解析】由题意可知32c =-且3n n a =,可得211333223n n λ++⋅-≤,化简为31323n n λ⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭,由于均值不等式等号不成立,所以由钩型函数可知,当n=1时,max 5λ=.选C.4．已知数列{}n a 是各项均不为0的正项数列， n S 为前n项和，且满足+1n a =，*n N ∈，()1281nn a +≤+-对任意的*n N ∈恒成立，求实数λ的最大值为A. 21-B. 15-C. 9-D. 2-【答案】D【解析】由+1n a =得114({4(nn a n a n S S --==,()()221411n n n a a a -∴=+-+,整理得()()1120n n n n a a a a --+--=,数列{}n a 是各项均不为0的正项数列, 12n n a a -∴-=,由+1n a =,令1n =可得()1112121n a a n n =∴=+-=-， 2n S n ∴=,不等式()1281nn a +≤+-即()8124nn nλ-≤++,当n 为偶数时， 104n λ≤+，1044n +>, 4λ≤,当n 为奇数时， 64n λ≤-， 64n-单调递增， 1n =取最小2-， 2λ∴≤-，综上可得2λ≤-，所以实数λ的最大值为2-.5．各项均为正数的等差数列{}n a 中，前n 项和为n S ，当*,2n N n ∈≥时，有()2211n n nS a a n =--，则20102S S -= A. 50 B. 50- C. 100 D. 100- 【答案】A【解析】设等差数列的公差为d ，则当2n =时， ()()22222211112222S a a a d a d a =-⇒+=+-，当3n =时， ()()222233111122233233S a a a d a d a =-⇒+=+-，联立方程组得281030d d -+=，可得12d =，所以2010112019112202010950222S S a a ⨯-=+⨯--⨯⨯=，故选A .6．已知函数()()936,10{,10x a x x f x a x ---≤=>，若数列{}n a 满足()()*n a f n n N =∈，且{}n a 是递增数列，则实数a 的取值范围是A. (1,3)B. (]1,2 C. (2,3) D. 24,311⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】C【解析】因为{}n a 是递增数列,所以()11930{13106a a a a -->>-⨯-<,解得3{1212a a a a <>><-或,即23a <<,故选C.二、填空题7．已知数列{}n a 的首项为()0a a ≠，前n 项和为n S ，且1n n S tS a +=+（0t ≠且*1,t n N ≠∈），1n n b S =+.若122n n c b b b =++++，则使数列{}n c 为等比数列的所有数对(),a t 为__________．【答案】()1,2【解析】本题主要考査等比数列的应用. 当1n =时，由21S tS a =+，解得2a at =.当2n ≥时， 1n n S tS a -=+,∴()11n n n n S S t S S +--=-，即1n n a ta +=. 又10a a =≠,∴1n na t a +=，即{}n a 是首项为a ,公比为t 的等比数列，∴1n n a at -=， ∵1t ≠，∴11nn a at b t-=+-.∴()21222111n n n a a c b b b n t t t t t ⎛⎫=++++=++-+++ ⎪--⎝⎭()()()()12221212111111n n at t a at a at n n t t t t t +-⎛⎫⎛⎫=++-=-+++ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭---. 若{}n c 为等比数列，则有()22=01{10,1att at--+=-，解得1,{2,a t ==故满足条件的数对是()1,2.8．已知函数()12f x x =+，点O 为坐标原点，点()()()*,n A n f n n N ∈，向量()0,1i =，θn 是向量OAn 与i 的夹角，则使得1212cos cos cos sin sin sin nnt θθθθθθ++< 恒成立的实数t 的取值范围为 ___________．【答案】3,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【解析】根据题意得,2n πθ- 是直线OA n 的倾斜角，则：()()sin cos 11112tan sin 2222cos 2n n n n n f n n n n n n πθθπθπθθ⎛⎫- ⎪⎛⎫⎛⎫⎝⎭==-===- ⎪ ⎪++⎛⎫⎝⎭⎝⎭- ⎪⎝⎭，据此可得：结合恒成立的结论可得实数t 的取值范围为3,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭. 9．若数列{}n a 满足111n nd a a +-=（*n N ∈， d 为常数），则称数列{}n a 为“调和数列”，已知正项数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为“调和数列”，且12990b b b +++=，则46b b 的最大值是__________．【答案】100 【解析】因为数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是“调和数列”，所以1n n b b d +-=，即数列{}n b 是等差数列，所以()461299902b b b bb ++++==， 4620b b +=，所以4620b b +=≥，46100b b ≤，当且仅当46b b =时等号成立，因此46b b 的最大值为100．10．若,x y 满足约束条件50{210210x y x y x y +-≤--≥-+≤，等差数列{}n a 满足1a x =， 5a y =，其前n项为n S ，则52S S -的最大值为__________．【答案】334【解析】由约束条件50{210210x y x y x y +-≤--≥-+≤作出可行域如图，联立210{50x y x y -+=+-= ，解得()3,2A ，15,a x a y ==，所以公差4y xd -=， ()()34552453333344y x y x a a a S S a a d y +-⎛⎫++=-==-=⨯-=⎪⎝⎭，设9344y z x =+ ，当直线过点()3,2 时，有最大值334 ，即52S S - 最大值为334，故答案为334.11．在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫做该数列的一次“扩展”. 将数列1，2进行 “扩展”，第一次得到数列1，2，2；第二次得到数列1，2，2，4，2；…. 设第次“扩展”后所得数列为121,,,,,2m x x x ，并记()212log 12n m a x x x =⋅⋅⋅⋅⋅，则数列{}n a 的通项公式为______.【答案】312n n a +=【解析】()()()()333321211122212log 1122log 1231n m m m n a x x x x x x x x x x a +⎡⎤=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅=-⎣⎦. 则111322n n a a +⎛⎫-=- ⎪⎝⎭ 且()12113log 1222,22a a =⨯⨯=-= , 据此可得数列12n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是首项为32，公比为3的等比数列，则312n n a += .12．已知数列{}n a 的首项为9，且()21122n n a a a n --=+≥，若1112n n n b a a +=++，则数列{}n b 的前n 项和n S =__________．【答案】2119101n -- 【解析】因为()21122n n n a a a n --=+≥，故()2111n n a a -+=+,取对数可得()()1lg 12lg 1n n a a -+=+,故()()1lg 12lg 1n n a a -+=+，故(){}lg 1n a +是以1为首项，2为公比的等比数列，故()1lg 12n n a -+=,故12110n n a -+=，则12101n n a -=-，因为()21122n n n a a a n --=+≥，故212n n n a a a +=+两边取倒数可得1111112n n n n a a a a +++=-+,故数列{}n b 的前n 项和2122334111111*********n n n n S a a a a a a a a +=-+-+-+-=-- 13．把正整数按一定的规则排成了如下图所示的三角形数表．设a ij (i ，j ∈N *)是位于这个三角形数表中从上往下数第i 行、从左往右数第j 个数，如a 42＝8.若a ij ＝2009，则i 与j 的和为_________.【答案】107【解析】由三角形数表可以看出其奇数行为奇数数列，偶数行为偶数列，2009210051=⨯+，所以2009为第1005个奇数，又前31个奇数行内数的个数的和为961，前32个奇数行内数的个数的和为1024，故2009在第32个奇数行内，所以63i =，因为第63行的第一个数为()296211923,2009192321m ⨯-==+-，解得44m =，即44j =，所以107i j +=. 14．已知数列{}n a 满足111,2256n n a a a +==2log 2n n b a =-，则12···n b b b 的最大值为__________．【答案】6254【解析】由题意可得： 21log log n n a a +=，即： 21211log log 12n n a a ++=+ ，整理可得： ()()2121log 2log 22n n a a +-=- ，又21log 210a -=- ，则数列{}n b 是首项为-10，公比为12的等比数列， 12110222n n n b --⎛⎫=-⨯=-⨯ ⎪⎝⎭，则： ()()3212 (52)n n nn n S b b b -==-⨯ ,很明显， n 为偶数时可能取得最大值，由()2*2{2,n n n n S S n k k N S S +-≥=∈≥ 可得： 4n = ，则12···n b b b 的最大值为6254. 15．数列{}n a 满足12sin12n n n a a n π+⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，则数列{}n a 的前100项和为__________．【答案】2550【解析】由于()sin2f n n π=⋅的周期为4T =，11a a = ，211a a =+ ， 32121a a a =-+=-+43134a a a =+=-+ ，于是得到12346a a a a +++=；同理可求出567814a a a a +++=， 910111222a a a a +++=，……由此，数列{}n a 的前100项和可以转化为以6为首项，8为公比的等差数列的前25项和，所以前100项和为2524256825502⨯⨯+⨯= .B 组一、选择题1．设数列{}n a 为等差数列， n S 为其前n 项和，若113S ≤， 410S ≥， 515S ≤，则4a 的最大值为（）A. 3B. 4C. 7-D. 5- 【答案】B【解析】∵S 4≥10，S 5≤15∴a 1+a 2+a 3+a 4≥10，a 1+a 2+a 3+a 4+a 5≤15 ∴a 5≤5，a 3≤3即：a 1+4d≤5，a 1+2d≤3两式相加得：2（a 1+3d ）≤8∴a 4≤4 故答案是42．设等差数列{}n a 的前n 项和为11,13,0,15n m m m S S S S -+===-，其中*m N ∈且2m ≥．则数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和的最大值为（）A.24143 B. 1143 C. 2413 D. 613【答案】D 【解析】由题意可得111113,15,2m m m m m m m m a S S a S S d a a -+++=-=-=-=-=-=-,()1102m m m dS ma -=+=可得11a m -=，又()1113m a a m d =+-=-，可得1215a m -=-， 113,14a m ==， 152n a n =-，12231122311111111111111213152n n n n n n S S a a a a a a d a a a a a a n ++⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=-+-++-=--=-⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，可知767,13n S ==取最大值。

(word完整版)数列拔高难题训练

2017数列拔高训练1、已知数列{a n}满足a1=﹣2，a n+1=2a n+4．(1)证明数列{a n+4}是等比数列并求出{a n}通项公式；(2)若，求数列{b n}的前n项和S n．2、已知数列{a n}是等差数列，{b n}是各项均为正数的等比数列，满足a1=b1=1，b2﹣a3=2b3，a3﹣2b2=﹣1(1)求数列{a n}和{b n}的通项公式(2)设c n=a n+b n，n∈N*，求数列{c n}的前n项和S n．3、（理科答）已知数列{a n}及等差数列{b n}，若a1=3，a n= a n﹣1+1（n≥2），a1=b2，2a3+a2=b4，(1)证明数列{a n﹣2}为等比数列；(2)求数列{a n}及数列{b n}的通项公式；(3)设数列{a n•b n}的前n项和为T n，求T n．4、已知正项数列{a n}的前n项和为S n，数列{a n}满足，2S n=a n（a n+1）．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设数列{ }的前n项和为A n，求证：对任意正整数n，都有A n＜成立；(3)数列{b n}满足b n=（）n a n，它的前n项和为T n，若存在正整数n，使得不等式（﹣2）n﹣1λ＜T n+ ﹣2n﹣1成立，求实数λ的取值范围．5、设正项数列{a n}的前n项和为S n，且满足．(1)计算a1，a2，a3的值，并猜想{a n}的通项公式；(2)用数学归纳法证明{a n}的通项公式．6、数列{a n}的前n项和是S n，a1=5，且a n=S n﹣1（n=2，3，4，…）．(1)求S n；(2)求数列{a n}的通项公式；(3)求证：+ + +…+ ＜．7、已知各项为正的等比数列{a n}的前n项和为S n，S4=30，过点P（n，log2a n）和Q（n+2，log2a n+1）（n∈N*）的直线的一个方向向量为（﹣1，﹣1）(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n= ，数列{b n}的前n项和为T n，证明：对于任意n∈N*，都有T n．8、已知函数，数列{a n}满足．(1)求证：数列{ }是等差数列；(2)求数列{a n}的通项公式；(3)记S n=a1a2+a2a3+…+a n a n+1，求S n．9、各项均为正数的数列{a n}中，a1=1，S n是数列{a n}的前n项和，对任意n∈N*，有2S n=2pa n2+pa n﹣p（p∈R）(1)求常数p的值；(2)求数列{a n}的通项公式；(3)记b n= ，求数列{b n}的前n项和T．10、已知数列{a n}满足：a1= ，a2= ，2a n=a n+1+a n﹣1（n≥2，n∈N•），数列{b n}满足：b1＜0，3b n﹣b n﹣1=n（n≥2，n∈R），数列{b n}的前n项和为S n．(1)求证：数列{b n﹣a n}为等比数列；(2)求证：数列{b n}为递增数列；(3)若当且仅当n=3时，S n取得最小值，求b1的取值范围．11、已知递增等比数列{a n}的第三项、第五项、第七项的积为512，且这三项分别减去1，3，9后成等差数列．(1)求{a n}的首项和公比；(2)设S n=a12+a22+…+a n2，求S n．12、已知f（x）=3x2﹣2x，数列{a n}的前n项和为S n，点（n，S n）（n∈N*）均在函数y=f （x）的图像上．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n= ，T n是数列{b n}的前n项和，求使得T n＜对所有n∈N*都成立的最小正整数m．13、已知数列{a n}的前n项和为S n，对任意的n∈N*，点（n，S n）恒在函数y=x的图象上．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)记T n= ，若对于一切的正整数n，总有T n≤m成立，求实数m的取值范围；(3)设K n为数列{b n}的前n项和，其中b n=2an，问是否存在正整数n，t，使成立？若存在，求出正整数n，t；若不存在，请说明理由．14、已知等差数列{a n}的各项均为正数，且Sn= + +…+ ，S2= ，S3=．设[x]表示不大于x的最大整数（如[2.10]=2，[0.9]=0）．(1)试求数列{a n}的通项；(2)求T=[log21]+[log22]+[log23]+…+[log2（﹣1）]+[log2（）]关于n的表达式．15、已知数列{a n}中，a1=3，a2=5，其前n项和为S n满足S n+S n﹣2=2S n﹣1+2n﹣1（n≥3，n∈N*）(1)试求数列{a n}的通项公式(2)令b n= ，T n是数列{b n}的前n项和．证明：对任意给定的m∈（0，），均存在n0∈N*，使得当n≥n0时，T n＞m恒成立．16、已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=2a n﹣3（﹣1）n（n∈N*）．(1)若b n=a2n﹣1，求证：b n+1=4b n；(2)求数列{a n}的通项公式；(3)若a1+2a2+3a3+…+na n＞λ•2n对一切正整数n恒成立，求实数λ的取值范围．17、已知等差数列{a n}，a2=8，前9项和为153．(1)求a5和a n；(2)若，证明数列{b n}为等比数列；18、一列火车从重庆驶往北京，沿途有n个车站（包括起点站重庆和终点站北京）．车上有一邮政车厢，每停靠一站便要卸下火车已经过的各站发往该站的邮袋各1个，同时又要装上该站发往以后各站的邮袋各1个，设从第k站出发时，邮政车厢内共有邮袋a k个（k=1，2，…，n）．(1)求数列{a k}的通项公式；(2)当k为何值时，a k的值最大，求出a k的最大值．19、已知{a n}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2﹣5x+6=0的根．（I）求{a n}的通项公式；（II）求数列{ }的前n项和．20、数列{a n}满足a1=1，na n+1=（n+1）a n+n（n+1），n∈N*．（Ⅰ）证明：数列{ }是等差数列；（Ⅱ）设b n=3n• ，求数列{b n}的前n项和S n．21、已知数列{a n}满足a1=1，a n+1= ．（Ⅰ）求证：a n+1＜a n；（Ⅱ）求证：≤a n≤ ．22、已知数列{a n}的前n项和为S n，a1=1，且na n+1=2S n（n∈N*），数列{b n}满足b1= ，b2= ，对任意n∈N+，都有b n+12=b n•b n+2（I）求数列{a n}，{b n}的通项公式；（II）设{a n b n}的前n项和为T n，若T n＞对任意的n∈N+恒成立，求λ得取值范围．23、已知数列{a n}是非常值数列，且满足a n+2=2a n+1﹣a n（n∈N*），其前n项和为s n，若s5=70，a2，a7，a22成等比数列．（I）求数列{a n}的通项公式；（II）设数列的前n项和为T n，求证：．24、数列{a n}中，．（Ⅰ）求a1，a2，a3，a4；（Ⅱ）猜想a n的表达式，并用数学归纳法加以证明．25、设数列{a n}满足a1=a，a n+1=ca n+1﹣c（n∈N*），其中a，c为实数，且c≠0．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设，求数列{b n}的前n项和S n．26、已知A（x1，y1），B（x2，y2）是函数的图象上的任意两点（可以重合），点M在直线x=上，且=．（Ⅰ）求x1+x2的值及y1+y2的值（Ⅱ）已知S1=0，当n≥2时，S n=+++…+，求S n；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，设a n=，T n为数列{a n}的前n项和，若存在正整数c、m，使得不等式成立，求c和m的值．答案解析部分一、综合题1、【答案】（1）证明：∵a1=﹣2，∴a1+4=2，∵a n+1=2a n+4，∴a n+1+4=2a n+8=2（a n+4），∴，∴{a n+4}是以2为首项，2为公比的等比数列，由上知，∴．（2）解：∴，①，②②﹣①得：==2+2n+1﹣2﹣（n+1）×2n+1=﹣n•2n+1．【考点】数列的求和，数列递推式【解析】【分析】（1）利用已知条件转化求解数列{a n+4}是等比数列，然后求出{a n}通项公式．（2）化简数列通项公式b n，利用错位相减法求和求解即可．2、【答案】（1）解：设数列{a n}是公差为d的等差数列，{b n}是各项均为正数且公比为q 的等比数列，由a1=b1=1，b2﹣a3=2b3，a3﹣2b2=﹣1，可得q﹣（1+2d）=2q2，1+2d﹣2q=﹣1，解得d=﹣，q= ，可得a n=a1+（n﹣1）d=1﹣（n﹣1）= （3﹣n）；b n=b1q n﹣1=（）n﹣1，n∈N*（2）解：c n=a n+b n= （3﹣n）+（）n﹣1，可得数列{c n}的前n项和S n= n（1+）+=﹣n2+ n﹣+2【考点】数列的求和，数列递推式【解析】【分析】（1）设数列{a n}是公差为d的等差数列，{b n}是各项均为正数且公比为q 的等比数列，运用等差数列和等比数列的通项公式，解方程可得公差和公比，即可得到所求通项公式；（2）求出c n=a n+b n= （3﹣n）+（）n﹣1，运用数列的求和方法：分组求和，结合等差数列和等比数列的求和公式，化简整理即可得到所求和．3、【答案】（1）证明：a1=3，a n= a n﹣1+1（n≥2），a n﹣2= （a n﹣1﹣2），则数列{a n﹣2}为首项为1，公比为的等比数列（2）解：（由（1）可得a n﹣2=（）n﹣1，即为a n=2+（）n﹣1，a1=b2=3，2a3+a2=b4=2（2+ ）+2+ =7，可得等差数列{b n}的公差d= =2，则b n=b2+（n﹣2）d=3+2（n﹣2）=2n﹣1（3）证明：数列{a n•b n}的前n项和为T n，a n•b n=[2+（）n﹣1]（2n﹣1）=2（2n﹣1）+（2n﹣1）•（）n﹣1，设S n=1•（）0+3•（）+5•（）2+…+（2n﹣1）•（）n﹣1，S n=1•（）+3•（）2+5•（）3+…+（2n﹣1）•（）n，相减可得，S n=1+2[（）+（）2+（）3+…+（）n﹣1]﹣（2n﹣1）•（）n=1+2[ ]﹣（2n﹣1）•（）n，化简可得S n=6﹣，则T n=2• n（1+2n﹣1）+6﹣=2n2+6﹣【考点】等差数列与等比数列的综合【解析】【分析】（1）a n= a n﹣1+1的两边减2，再由等比数列的定义即可得证；（2）运用等比数列和等差数列的通项公式，计算即可得到；（3）求得a n•b n=[2+（）n﹣1]（2n﹣1）=2（2n﹣1）+（2n﹣1）•（）n﹣1，再由数列的求和方法：分组求和和错位相减法，结合等比数列的求和公式，化简整理即可得到所求和．4、【答案】（1）解：，当n≥2时，，两式相减得：，所以（a n+a n﹣1）（a n﹣a n﹣1﹣1）=0．因为数列{a n}为正项数列，故a n+a n﹣1≠0，也即a n﹣a n﹣1=1，所以数列{a n}为以1为首项1为公差的等差数列，故通项公式为a n=n，n∈N*（2）解：= ，所以对任意正整数n，都有成立（3）解：易知，则，①，，②①﹣②可得：．故，所以不等式成立，若n为偶数，则，所以．设，则y=﹣2t+t2+1=（t﹣1）2在单调递减，故当时，，所以；若n为奇数，则，所以．设，则y=2t﹣t2﹣1=﹣（t﹣1）2在（0，1]单调递增，故当t=1时，y max=0，所以λ＜0．综上所述，λ的取值范围λ＜0或【考点】数列的求和，数列递推式【解析】【分析】（1）根据数列的递推公式即可求出数列{a n}的通项公式，（2）= ＜= ﹣，利用放缩法即可证明，（3）先利用错位相减法求出数列{b n}的前n项和为T n，不等式（﹣2）n﹣1λ＜T n+ ﹣2n﹣1成立，转化为成立，分n为偶数和奇数，根据函数的性质即可求出实数λ的取值范围5、【答案】（1）解：当n=1时，，得a1=1；，得a2=2，，得a3=3，猜想a n=n（2）解：证明：（ⅰ）当n=1时，显然成立，（ⅱ）假设当n=k时，a k=k，则当n=k+1时，=，整理得：，即[a k+1﹣（k+1）][a k+1+（k﹣1）]=0，结合a n＞0，解得a k+1=k+1，于是对于一切的自然数n∈N*，都有a n=n【考点】数列递推式，数学归纳法，数学归纳法【解析】【分析】（1）利用递推关系式求解数列a1，a2，a3的值，猜想{a n}的通项公式；（2）利用数学归纳法的证明步骤，逐步证明即可．6、【答案】（1）解：由a n=S n﹣1，①，得：a n+1=S n，② ②﹣①得：a n+1﹣a n=S n ﹣S n﹣1=a n，即a n+1=2a n，（n≥2且n∈N*），∵a2=S1=a1=5，故数列从第二项起，各项成等比数列且公比为2．∴，n∈N*（2）解：当n=1时，a1=5，当n≥2，且n∈N*时，=5•2n﹣2．故数列{a n}的通项公式为．（3）证明：当n=1时，= ，成立，当n≥2且n∈N*时，====＜．∴+ + +…+ ＜【考点】数列与不等式的综合【解析】【分析】（1）由a n=S n﹣1，得a n+1=2a n，（n≥2且n∈N*），由此能求出S n．（2）当n=1时，a1=5，当n≥2，且n∈N*时，=5•2n﹣2．由此能求出数列{a n}的通项公式．（3）当n=1时，= ，成立，当n≥2且n∈N*时，=，由此能证明+ + +…+ ＜．7、【答案】（1）解：∵各项为正的等比数列{a n}的前n项和为S n，S4=30，过点P（n，log2a n）和Q（n+2，log2a n+1）（n∈N*）的直线的一个方向向量为（﹣1，﹣1），∴，解得，q=4，∴a n=（2）解：∵b n= = =（﹣），∴数列{b n}的前n项和：T n= （+ + +…++ ）= （﹣）= （+ ﹣﹣）＜．∴对于任意n∈N*，都有T n【考点】数列的求和，数列递推式【解析】【分析】（1）利用等比数列前n项和公式及直线的方向向量性质列出方程组，由此能求出首项和公比，从而能求出数列{a n}的通项公式．（2）由b n= = （﹣），利用裂项法能证明对于任意n∈N*，都有T n．8、【答案】（1）证明：∵函数，数列{a n}满足，∴，∴=3+ ，∴=3，=1，∴数列{ }是首项为1，公差为3的等差数列（2）解：∵数列{ }是首项为1，公差为3的等差数列，∴=1+（n﹣1）×3=3n﹣2，∴a n= ．（3）解：∵a n a n+1= = （），∴S n=a1a2+a2a3+…+a n a n+1= （1﹣+ + +…+ ）== ．【考点】数列的求和，数列递推式【解析】【分析】（1）由已知利用函数性质得，从而=3+ ，由此能证明数列{ }是首项为1，公差为3的等差数列．（2）由=1+（n﹣1）×3=3n﹣2，能求出a n．（3）a n a n+1= = （），利用裂项求和法能求出S n．9、【答案】（1）解：∵a1=1，对任意的n∈N*，有2S n=2pa n2+pa n﹣p ∴2a1=2pa12+pa1﹣p，即2=2p+p﹣p，解得p=1（2）解：2S n=2a n2+a n﹣1，① 2S n﹣1=2a n﹣12+a n﹣1﹣1，（n≥2），②①﹣②即得（a n﹣a n﹣1﹣）（a n+a n﹣1）=0，因为a n+a n﹣1≠0，所以a n﹣a n﹣1﹣ =0，∴（3）解：2S n=2a n2+a n﹣1=2× ，∴S n= ，∴=n•2nT n=1×21+2×22+…+n•2n③又2T n=1×22+2×23+…+（n﹣1）•2n+n2n+1 ④④﹣③T n=﹣1×21﹣（22+23+…+2n）+n2n+1=（n﹣1）2n+1+2∴T n=（n﹣1）2n+1+2【考点】数列的求和，数列递推式【解析】【分析】（1）根据a1=1，对任意的n∈N*，有2S n=2pa n2+pa n﹣p，令n=1，解方程即可求得结果；（2）由2S n=2a n2+a n﹣1，知2S n﹣1=2a n﹣12+a n﹣1﹣1，（n≥2），所以（a n﹣a n﹣1）（a n+a n﹣1）=0，由此能求出数列{a n}的通项公式．（3）根据求出数列﹣1{b n}的通项公式，利用错位相减法即可求得结果．10、【答案】（1）解：∵2a n=a n+1+a n﹣1（n≥2，n∈N•），∴{a n}是等差数列．又∵a1= ，a2= ，∴，∵，（n≥2，n∈N*），∴b n+1﹣a n+1== == ．又∵，∴{b n﹣a n}是以为首项，以为公比的等比数列．（2）证明：∵b n﹣a n=（b1﹣）•（）n﹣1，．∴．当n≥2时，b n﹣b n﹣1= ．又b1＜0，∴b n﹣b n﹣1＞0．∴{b n}是单调递增数列．（3）解：∵当且仅当n=3时，S n取最小值．∴，即，∴b1∈（﹣47，﹣11）【考点】数列的求和，数列递推式【解析】【分析】（1）由已知得{a n}是等差数列，，b n+1﹣a n+1= = ．由此能证明{b n﹣a n}是以为首项，以为公比的等比数列．（2）由．得当n≥2时，b n﹣b n﹣1=．由此能证明{b n}是单调递增数列．（3）由已知得，由此能求出b1的取值范围．11、【答案】（1）解：根据等比数列的性质，可得a3•a5•a7=a53=512，解之得a5=8．设数列{a n}的公比为q，则a3= ，a7=8q2，由题设可得（﹣1）+（8q2﹣9）=2（8﹣3）=10解之得q2=2或．∵{a n}是递增数列，可得q＞1，∴q2=2，得q= ．因此a5=a1q4=4a1=8，解得a1=2（2）解：由（1）得{a n}的通项公式为a n=a1•q n﹣1=2× = ，∴a n2=[ ]2=2n+1，可得{a n2}是以4为首项，公比等于2的等比数列．因此S n=a12+a22+…+a n2= =2n+2﹣4【考点】数列的求和，等差数列与等比数列的综合【解析】【分析】（1）根据题意利用等比数列的性质，可得a53=512，解出a5=8．设公比为q，得a3= 且a7=8q2，由等差中项的定义建立关于q的方程，解出q的值，进而可得{a n}的首项；（2）由（1）得a n=a1•q n﹣1= ，从而得到a n2=[ ]2=2n+1，再利用等比数列的求和公式加以计算，可得求S n的表达式．12、【答案】（1）解：∵f（x）=3x2﹣2x，数列{a n}的前n项和为S n，点（n，S n）（n∈N*）均在函数y=f（x）的图像上，∴，当n≥2时，a n=S n﹣S n﹣1=（3n2﹣2n）﹣[3（n﹣1）2﹣2（n﹣1）]=6n﹣5，当n=1时，a1=S1=3﹣2=1，满足上式，∴a n=6n﹣5，n∈N*（2）解：由（1）得= = ，∴T n== ，∴使得T n＜对所有n∈N*都成立的最小正整数m必须且仅须满足，即m≥10，∴满足要求的最小整数m=10【考点】数列的求和【分析】（1）由已知条件推导出，由此能求出a n=6n﹣5，n∈N*．（2）【解析】由= = ，利用裂项求和法求出T n=，由此能求出满足要求的最小整数m=10．13、【答案】（1）解：由已知，得当n≥2时，a n=S n﹣S n﹣1= =3n当n=1时，a1=S1=3．∴a n=3n（2）解：．当n=1时，T n+1＞T n，即T2＞T1；当n=2时，T n+1=T n，即T3=T2；当n≥3时，T n+1＜T n，即T n＜T n﹣1＜…＜T4＜T3∴{T n}中的最大值为，要使T n≤m对于一切的正整数n恒成立，只需∴解法二：当n=1，2时，T n+1≥T n；当n≥3时，n+2＜2n⇒T n+1＜T n∴n=1时，T1=9；n=2，3时，n≥4时，T n＜T3∴{T n}中的最大值为，要使T n≤m对于一切的正整数n恒成立，只需∴（3）解：将K n代入，化简得，（﹡）若t=1时，，显然n=1时成立；若t＞1时，（﹡）式化简为不可能成立综上，存在正整数n=1，t=1使成立【考点】数列的应用，数列与函数的综合【解析】【分析】（1）利用a n=S n﹣S n﹣1求解；（2）要使T n≤m对于一切的正整数n恒成立，只需m≥{T n}中的最大值即可；（3）求解有关正整数n的不等式．14、【答案】（1）解：S n= + +…+ = （﹣），∵S2= ，S3= ，∴（﹣）= ，（﹣）= ，∴a1=1，d=1，∴a n=n（2）解：T=[log21]+[log22]+[log23]+…+[log2（﹣1）]+[log2（）]=[log21]+[log22]+[log23]+…+[log2（2n﹣1）]+[log2（2n）]∵[log21]=0，[log22]=[log23]=1，…[log22m]=[log2（m+1）]=…=[log2（m+1﹣1）]=m．∴[log21]+[log22]+[log23]+…+[log2（2n﹣1）]+[log2（2n）]=0+1×2+2×22+…+（n﹣1）•2n﹣1+n，由S=1×2+2×22+…+（n﹣1）•2n﹣1，则2S=1×22+2×23+…+（n﹣1）•2n，∴﹣S=1×2+1×22+…+2n﹣1﹣（n﹣1）•2n= ﹣（n﹣1）•2n，∴S=（2﹣n）•2n﹣2∴T=（2﹣n）•2n﹣2+n【考点】数列的应用【解析】【分析】（1）利用裂项法求和，结合S2= ，S3= ，即可求数列{a n}的通项；（2）先化简，再利用错位相减法，即可得出结论．15、【答案】（1）解：由S n+S n﹣2=2S n﹣1+2n﹣1（n≥3，n∈N*），整理得：S n﹣S n﹣1=S n﹣1﹣S n +2n﹣1，﹣2∴a n=a n﹣1=2n﹣1，即a n﹣a n﹣1=2n﹣1，n≥3，∵a2﹣a1=2，a3﹣a2=4，a4﹣a3=23，…a n﹣a n﹣1=2n﹣1，将上式累加整理得：a n﹣a1=2+4+23+…+2n﹣1，∴a n= +3=2n+1，数列{a n}的通项公式a n=2n+1；（2）证明：b n= = = （﹣），∴数列{b n}的前n项和T n=b1+b2+b3+…+b n，= [（﹣）+（﹣）+…+（﹣）]，= （﹣），T n+1﹣T n= ＞0，∴T n随着n的增大而增大，若T n＞m，则（﹣）＞m，化简整理得：＞，∵m∈（0，），∴1﹣6m＞0，∴2n+1＞﹣1，n＞log2（﹣1）﹣1，当log2（﹣1）﹣1＜1时，即0＜m＜，取n0=1，当log2（﹣1）﹣1≥1时，解得：≤m＜，记log2（﹣1）﹣1的整数部分为p，取n0=p+1即可，综上可知，对任意m∈（0，），均存在n0∈N*，使得当n≥n0时，T n＞m恒成立【考点】数列的求和，数列递推式【解析】【分析】（1）由题意可知S n﹣S n﹣1=S n﹣1﹣S n﹣2+2n﹣1，即a n﹣a n﹣1=2n﹣1，n≥3，采用“累加法”即可求得数列{a n}的通项公式；（2）由（1）可知，b n= == （﹣），采用“裂项法”即可求得数列{b n}的前n项和T n，由函数的单调性可知，T n随着n的增大而增大，分离参数n＞log2（﹣1）﹣1，分类log2（﹣1）﹣1＜1及log2（﹣1）﹣1≥1时，求得m的取值范围，求得n0的值，即可证明存在n0∈N*，使得当n≥n0时，T n＞m恒成立．16、【答案】（1）解：=（2）解：a2=2a1﹣3（﹣1）=5，b1=a2﹣1=4，因为b n+1=4b n所以，所以{b n}是等比数列，所以b n=4n=a2n﹣1，，，所以，即（3）解：由（2），令S=1•21+2•22+…+n•2n则2S=1•22+2•23+…+（n﹣1）•2n+n•2n+1，S=（n﹣1）•2n+1+2n为奇数时，，n为偶数时，所以n为奇数时，即恒成立，易证递增，n=1时取最小值，所以n为偶数时，，即，易证递增，n=2时取最小值，所以综上可得【考点】数列的求和，数列递推式【解析】【分析】（1）根据数列递推公式即可证明，（2）先求出数列{b n}的通项公式，再分类求出{a n}的通项公式，（3）令S=1•21+2•22+…+n•2n根据错位相减法求出S n，分离参数，根据数列的函数特征即可求出λ的取值范围．17、【答案】（1）设数列{a n}的公差为d，首项，则∴∴a 5=17．∵，∴a n=3n+2．（2），∴数列{b n}是首项为32，公比为8的等比数列【考点】等差数列的通项公式，等差关系的确定【解析】知识点：等差数列的通项公式等比关系的确定解析【分析】（1）根据前9项和为153和第五项是前9项的等差中项，得到第五项的值，根据第二项和第五项的值列出方程求得首项和公差，写出通项公式．（2）要证明数列是等比数列，只要相邻两项之比是常数即可，两项之比是一个常数得到结论．18、【答案】（1）解：a1=n﹣1，考察相邻两站a k，a k﹣1之间的关系，由题意知k= k﹣1﹣（k﹣1）+（n﹣k），∴k﹣k﹣1=（n+1）﹣2k（k≥2）．依次让k取2，3，4，…，k得k﹣1个等式，将这k﹣1个等式相加，得k=nk﹣k2（n，k∈N+，1≤k≤n）．（2）解：，当n为偶数时，取k= ，a k取得最大值；当n为奇数时，取k= 或，a k取得最大值．【考点】数列的函数特性【解析】【分析】本题考查二次函数的性质和应用，解题时要认真审题，仔细解答，注意数列的性质和应用．二、解答题19、【答案】解：（I）由x2﹣5x+6=0，解得x=2，3．又{a n}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2﹣5x+6=0的根．∴a2=2，a4=3．∴a1+d=2，a1+3d=3，解得a1= ，d= ．∴a n= + （n﹣1）= ．（II）= ．∴数列{ }的前n项和S n= + +…+ ．= + +…+ + ．∴= + +…+ ﹣= ﹣=1﹣．∴S n=2﹣【考点】数列的求和【解析】【分析】（I）由x2﹣5x+6=0，解得x=2，3．又{a n}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2﹣5x+6=0的根．可得a2=2，a4=3．再利用等差数列的通项公式即可得出．（II）= ．利用错位相减法、等比数列的求和公式即可得出．20、【答案】证明（Ⅰ）∵na n+1=（n+1）a n+n（n+1），∴，∴，∴数列{ }是以1为首项，以1为公差的等差数列；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，∴，b n=3n• =n•3n，∴•3n﹣1+n•3n①•3n+n•3n+1②①﹣②得3n﹣n•3n+1==∴【考点】等比关系的确定，数列的求和【解析】【分析】（Ⅰ）将na n+1=（n+1）a n+n（n+1）的两边同除以n（n+1）得，由等差数列的定义得证．（Ⅱ）由（Ⅰ）求出b n=3n• =n•3n，利用错位相减求出数列{b n}的前n项和S n．21、【答案】解：（Ⅰ）证明：由a1=1，a n+1= ，得a n＞0，（n∈N），则a n+1﹣a n= ﹣a n= ＜0，∴a n+1＜a n；（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知0＜a n＜1，又a n+1= ．，∴= ≥ ，即a n+1＞a n，∴a n＞a n﹣1≥（）2a n﹣1≥…≥（）2a n﹣1≥（）n﹣1a1= ，即a n≥ ．由a n+1= ，则=a n+ ，∴﹣=a n，∴﹣=a1=1，﹣=a2= ，﹣=a3=（）2… ﹣=a n﹣1≥（）n﹣2，累加得﹣=1+ +（）2+…+（）n﹣2= =2﹣（）n﹣2，而a1=1，∴≥3﹣（）n﹣2= = ，∴a n≤ ．综上得≤a n≤【考点】数列与不等式的综合【解析】【分析】（Ⅰ）由a n＞0，则做差a n+1﹣a n= ﹣a n= ＜0，即可证明a n+1＜a n；（Ⅱ）由a n+1＞a n，a n＞a n﹣1≥（）2a n﹣1≥…≥（）2a n﹣1≥（）n﹣1a1= ，则a n≥ ．由﹣=a n，采用“累加法”即可求得≥3﹣（）n﹣2= = ，即可求得≤a n≤ ．22、【答案】解：（Ⅰ）∵na n+1=2S n，∴（n﹣1）a n=2S n﹣1（n≥2），两式相减得，na n+1﹣（n﹣1）a n=2a n，∴na n+1=（n+1）a n，即= （n≥2），又因为a1=1，a2=2，从而=2，∴a n=1× ×…× =n（n≥2），故数列{a n}的通项公式a n=n（n∈N*）．在数列{b n}中，由b n+12=b n•b n+2，知数列{b n}是等比数列，首项、公比均为，∴数列{b n}的通项公式b n= ；（Ⅱ）∵T n=a1b1+a2b2+…+a n b n= +2×（）2+…+n× ①∴T n=（）2+2×（）3+…+（n﹣1）× +n×（）n+1②由①﹣②，得T n= +（）2+（）3+…+ ﹣×（）n+1=1﹣，∴T n=2﹣，T n＞对任意的n∈N+恒成立，λ＞对任意的n∈N+恒成立，设f（n）= ，f（n）﹣f（n﹣1）= - ＜0，则f（n）在[1，+∞）上单调递减，f（n）≤f（1）=3恒成立，则λ＞3满足条件．综上所述，实数λ的取值范围是（3，+∞）【考点】数列的求和，数列递推式，数列与不等式的综合【解析】【分析】（Ⅰ）利用na n+1=2S n，再写一式，两式相减，再叠乘，即可求数列{a n}的通项公式；在等比数列{b n}满足b1= ，b2= ，公比为，由此可得数列{b n}的通项公式；（Ⅱ）利用错位相减法求数列的和，再将不等式转化为λ＞对任意的n∈N+恒成立，构造函数，利用函数的性质，即可确定实数λ的取值范围．23、【答案】解：（I）因为数列满足a n+2=2a n+1﹣a n（n∈N*），所以{a n}是等差数列且s5=70，∴5a1+10d=70．①∵a2，a7，a22成等比数列，∴，即．②由①，②解得a1=6，d=4或a1=14，d=0（舍去），∴a n=4n+2．（II）证明：由（I）可得，所以．所以== ．∵，∴．∵，∴数列{T n}是递增数列，∴∴【考点】数列的求和，数列递推式，数列与不等式的综合【解析】【分析】（I）通过a n+2=2a n+1﹣a n（n∈N*），判断{a n}是等差数列，利用s5=70，a2，a7，a22成等比数列求解数列的首项与公差，然后求解通项公式．（II）求出，化简它的倒数，利用裂项消项法求解数列的和，利用数列的单调性证明不等式．24、【答案】解：（Ⅰ）∵，∴，即a1=1，∵，即a1+a2=4﹣a2﹣1，∴a2=1，∵，即a1+a2+a3=4﹣a3﹣，∴a3= ，∵，即a1+a2+a3+a4=4﹣a4﹣，∴a3= ，（Ⅱ）猜想证明如下：①当n=1时，a1=1，此时结论成立；②假设当n=k（k∈N*）结论成立，即，那么当n=k+1时，有∵∴，这就是说n=k+1时结论也成立．根据①和②，可知对任何n∈N*时．【考点】数列的求和，数学归纳法，数学归纳法【解析】【分析】（1）由．我们依次将n=1，2，3，4…代入，可以求出a1，a2，a3，a4；（2）观察（1）的结论，我们可以推断出a n的表达式，然后由数学归纳法的步骤，我们先判断n=1时是否成立，然后假设当n=k时，公式成立，只要能证明出当n=k+1时，公式成立即可得到公式对所有的正整数n都成立．25、【答案】解：（Ⅰ）∵a n+1=ca n+1﹣c，a n+1﹣1=c（a n﹣1），∴当a1=a≠1时，{a n﹣1}是首项为a﹣1，公比为c的等比数列∴a n﹣1=（a﹣1）c n﹣1当a=1时，a n=1仍满足上式．∴数列{a n﹣1}的通项公式为a n=（a﹣1）c n﹣1+1（n∈N*）；（Ⅱ）由（1）得，当时，．∴．．两式作差得．= ．∴【考点】数列的求和，数列递推式【解析】【分析】（1）整理a n+1=ca n+1﹣c得a n+1﹣1=c（a n﹣1），进而判断出当a1=a≠1时，{a n﹣1}是首项为a﹣1，公比为c的等比数列，进而根据等比数列的性质求得其通项公式，当a=1时，也成立，进而可得答案．（2）根据（1）中的a n，求得b n，进而根据错位相减法求得数列的前n项的和．26、【答案】解：（Ⅰ）∵点M在直线x=上，设M(,)．又=，即=(,)，=(,)，∴x1+x2=1．①当x1=时，x2=，y1+y2=f（x1）+f（x2）=﹣1﹣1=﹣2；②当x1≠时，x2≠，y1+y2=+===；综合①②得，y1+y2=﹣2．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当x1+x2=1时，y1+y2=﹣2．∴，k=1，2，3，，n﹣1．n≥2时，S n=+++…+，①S n=，②①+②得，2S n=﹣2（n﹣1），则S n=1﹣n．n=1时，S1=0满足S n=1﹣n．∴S n=1﹣n．（Ⅲ）a n==21﹣n，T n=1++…+=.<⇔⇔．T m+1=2﹣，2T m﹣T m+1=﹣2+=2﹣，∴，c、m为正整数，∴c=1，当c=1时，，∴1＜2m＜3，∴m=1．【考点】分段函数的解析式求法及其图象的作法，数列的求和，数列递推式，相等向量与相反向量【解析】【分析】（Ⅰ）设出M的坐标，求出,．利用=．求出x1+x2的值，再用求出y1+y2的值．（Ⅱ）利用（Ⅰ）的结论，，化简S n=+++…+，可求S n；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，利用a n=，T n为数列{a n}的前n项和，求出T n的表达式，结合不等式<，推出c，m的范围，正整数c、m，可得c和m的值．。

专题01 数列大题压轴练(解析版)

【一专三练】专题01 数列大题压轴练-新高考数学复习分层训练（新高考通用）1．（2023·云南曲靖·宣威市第七中学校考模拟预测）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，n T 为数列{}n S 的前n 项和，已知2n n S T +=．(1)求证：数列{}n S 是等比数列；(2)求数列{}n na 的前n 项和n A ．2．（2023·辽宁铁岭·校联考模拟预测）已知数列{}n a 中，11a =，214a =，且1(1)(2,3,4,)nn na n n a n a +=-=⋅⋅⋅-．(1)设*111()n n b n N a +=-∈，试用n b 表示1n b +，并求{}n b 的通项公式；(2)设*1sin 3()cos cos n n n n c N b b +=∈，求数列{}n c 的前n 项和n S ．3．（2023·湖南株洲·统考一模）数列{}n a 满足13a =，212n n n a a a +-=.(1)若21n bn a =+，求证：{}n b 是等比数列.(2)若1nnnc b =+，{}n c 的前n 项和为n T ，求满足100n T <的最大整数n .4．（2023·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测）已知数列{}n a 满足21n n na xa ya ++=+()N n +∈，11a =，22a=，n S 为数列{}n a 前n 项和.(1)若2x =，1y =-，求n S 的通项公式；(2)若1x y ==，设n T 为n a 前n 项平方和，证明：214n n n T S S -<恒成立.5．（2023·山西朔州·怀仁市第一中学校校考二模）已知数列{}n a 满足13a =，且12,1,n n na n a a n +⎧=⎨-⎩是偶数是奇数．(1)设221n n n b a a -=+，证明：{}3n b -是等比数列；S>成立的n的最小值．(2)设数列{}n a的前n项和为n S，求使得不等式2022n6．（2022春·河北衡水·高三校联考阶段练习）已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，23a =，2132n n n a a a ++=-，数列{}n c 满足()22221232341n c c c n c n +++++= ．(1)求出{}n a ，{}n c 的通项公式；(2)设数列()()1221log1nnc na+⎧⎫⋅+⎪⎪⎨⎬+⎡⎤⎪⎪⎣⎦⎩⎭的前n项和为nT，求证：516<nT．7．（2022秋·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足36S =，2n n S n na =+，*n ∈N ．(1)求{}n a 的通项公式；(2)数列{}n b ，{}n c ，{}n d 满足()21211n n n a b a +=+-，12121n n n n n c b b b b --= ，且2nn nc d n =⋅，求数列{}n d 的前n 项和n T ．8．（2023·广东·校联考模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且312323n S S S nS n +++⋅⋅⋅+=．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若n n b na =，且数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：当3n ≥时，()311421n n n T n +≤+--．9．（2022秋·山东青岛·高三山东省莱西市第一中学校考阶段练习）对于项数为m 的数列{}n a ，若满足：121m a a a ≤<<< ，且对任意1i j m ≤≤≤，i j a a ⋅与j ia a 中至少有一个是{}n a 中的项，则称{}n a 具有性质P ．(1)如果数列1a ，2a ，3a ，4a 具有性质P ，求证：11a =，423a a a =⋅；(2)如果数列{}n a 具有性质P ，且项数为大于等于5的奇数，试判断{}n a 是否为等比数列？并说明理由．10．（2022秋·山东青岛·高三统考期末）记数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，______.给出下列两个条件：条件①：数列{}n a 和数列{}1n S a +均为等比数列；条件②：1121222n n n n a a a na -+++⋅⋅⋅+=.试在上面的两个条件中任选一个，补充在上面的横线上，完成下列两问的解答：（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.）(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)记正项数列{}n b 的前n 项和为n T ，12b a =，23b a =，14n n n T b b +=⋅，求211(1)nii i i b b +=⎡⎤-⎣⎦∑.【答案】(1)12n n a -=(2)288n n+【分析】（1）选择条件①：先由{}1n S a +为等比数列结合等比中项列出式子，再设出等比数列{}n a 的公比，通过等比数列公式化简求值即可得出答案；选择条件②：先由1121222n n n n a a a na -+++⋅⋅⋅+=得出()()12121222212n n n n a a a n a n --++⋅⋅⋅+=-≥，两式做减即可得出()122n n a a n +=≥，再验证1n =时即可利用等比数列通项公式得出答案；（2）通过14n n n T b b +=⋅得出()1142n n n T b b n --⋅≥=，两式相减结合已知即可得出()1142n n b b n +--=≥，即数列{}n b 的奇数项、偶数项分别都成公差为4的等差数列，将211(1)nii i i b b+=⎡⎤-⎣⎦∑转化即可得出答案.【详解】（1）选条件①：数列{}1n S a +为等比数列，()()()2211131S a S a S a ∴+=++，即()()2121123222a a a a a a +=++，11a = ，且设等比数列{}n a 的公比为q ，()()22222q q q ∴+=++，解得2q =或0q =（舍），1112n n n a a q --∴==，选条件②：1121222n n n n a a a na -+++⋅⋅⋅+= ①，()()1212122212n n n n a a a n a n ---++⋅⋅⋅+=-≥∴，即()()12121222212n n n n a a a n a n --++⋅⋅⋅+=-≥ ②，由①②两式相减得：()()12221n n n n a na n a +=-≥-，即()122n n a a n +=≥，令1121222n n n n a a a na -+++⋅⋅⋅+=中1n=得出212a a =也符合上式，故数列{}n a 为首项11a =，公比2q =的等比数列，11．（2022·湖北·黄冈中学校联考模拟预测）已知数列{}n a 满足0n a ≠，*N n ∈.(1)若2210n n n a a ka ++=>且0n a >.（ⅰ）当{}lg n a 成等差数列时，求k 的值；（ⅱ）当2k =且11a =，4a =2a 及n a 的通项公式.(2)若21312n n n n a a a a +++=-，11a =-，20a <，[]34,8a ∈.设n S 是{}n a 的前n 项之和，求2020S 的最大值.12．（2022秋·湖南长沙·高三校考阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和1122n n n S a -⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭（n *∈N ），数列{}n b 满足2nn n b a =．(1)求证：数列{}n b 是等差数列，并求数列{}n a 的通项公式；(2)设数列{}n c 满足()()131n nn n a c n λ--=-（λ为非零整数，n *∈N ），问是否存在整数λ，使得对任意n *∈N ，都有1n n c c +>．13．（2022秋·湖南衡阳·高三衡阳市一中校考期中）已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，25a =，14n n n S S a +=++; {}n b 是等比数列，29b =，1330b b +=，公比1q >．(1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)数列{}n a 和{}n b 的所有项分别构成集合A ，B ，将A B ⋃的元素按从小到大依次排列构成一个新数列{}n c ，求2012320T c c c c =++++ ．【答案】(1)43n a n =-，3n n b =(2)66014．（2022·浙江·模拟预测）已知正项数列{}n a 满足11a =，当2n ≥时，22121n n a a n --=-，{}n a 的前n 项和为n S .(1)求数列{}n a 的通项公式及n S ；(2)数列{}n b 是等比数列，q 为数列{}n b 的公比，且13b q a ==，记21n n n nS a c b -+=，证明：122733n c c c ≤++⋅⋅⋅+<15．（2022秋·广东广州·高三校联考阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12a =，132n n S S +=+，数列{}n b 满足()1122,n n n b b b n++==，其中*n∈N .(1)分别求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)在n a 与1n a +之间插入n 个数，使这2n +个数组成一个公差为n c 的等差数列，求数列{}n n b c 的前n 项和nT16．（2023·辽宁朝阳·校联考一模）已知数列{}n a 的前n 项和为()+N 1=∈+n nS n n ，数列{}n b 满足11b =，且()1+N 2+=∈+nn n b b n b (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求数列{}n b 的通项公式；(3)对于N n +∈，试比较1n b +与n a 的大小.17．（2022秋·广东深圳·高三校考阶段练习）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知{}12,32n n a a S =-是公差为2的等差数列.(1)求{}n a 的通项公式；(2)若{}11,n n n n n a b b a a ++=的前n 项和为n T ，求证：14n T <.18．（2022秋·江苏常州·高三常州市第一中学校考阶段练习）已知正项数列{}n a 满足)1,2n n a a n n -+-=∈≥N ，11a =.数列{}n b 满足各项均不为0，14b =，其前n项的乘积112n n n T b -+=⋅.(1)求数列{}n a 通项公式；(2)设2log n n c b =，求数列{}n c 的通项公式；(3)记数列(){}1nn a -的前2m 项的和2m S ，求使得不等式21210m S c c c ≥+++L 成立的正整数m 的最小值.19．（2022秋·江苏宿迁·高三沭阳县建陵高级中学校考期中）已知数列{}n a满足2123n n n a a a ++=+，112a =，232a =．(1)证明：数列{}1n n a a ++为等比数列，求{}n a 的通项公式．(2)若数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()*127N 4n S n n λ⎛⎫+≥-∈ ⎪⎝⎭恒成立，求实数λ的取值范围．20．（2022秋·江苏南通·高三江苏省如东高级中学校考阶段练习）等差数列{}n a 的前n项和为n S ，且4224,21n n S S a a ==+.数列{}n b 的前n 项和为n T ，且112n n na T ++=(1)求数列{}{},n n ab 的通项公式；(2)数列{}n c 满足cos ,,n n na n n cb n π⎧=⎨⎩为奇数为偶数，求21ni i c =∑.21．（2023秋·广东·高三校联考期末）已知数列1:A a ，2a ，…，n a ，…满足10a =，11i i a a +=+（1,2,,,i n = ），数列A 的前n 项和记为n S ．(1)写出3S 的最大值和最小值；(2)是否存在数列A ，使得20221011S =如果存在，写出此时2023a 的值；如果不存在，说明理由．22．（2023秋·山东日照·高三校联考期末）已知数列{}n a 的各项均为非零实数，其前n 项和为(0)n n S S ≠，且21n n n n S a S a ++⋅=⋅.(1)若32S =，求3a 的值；(2)若1a a =，20232023a a =，求证：数列{}n a 是等差数列，并求其前n 项和.23．（2023秋·江苏南京·高三南京市第一中学校考期末）已知数列{}{},n n a b 满足222,1n n n n n a b a b +=-=.(1)求{}{},n n a b 的通项公式；(2)记数列n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n S ，证明：11121n n S n +≤-+-.24．（2023春·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知数列{}n a 各项都不为0，12a =，24a =，{}n a 的前n 项和为n S ，且满足14n n n a a S +=.(1)求{}n a 的通项公式；(2)若12311231C C CC C n nn nnnn nn nb a a a a a --=+++⋅⋅⋅++，求数列112n n n n b b b ++⎧⎫+⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T .25．（2023春·江苏南京·高三校联考阶段练习）已知数列{}n a 中11a =，其前n 项和记为n S ，且满足()()1232n n S S S n S ++⋅⋅⋅+=+．(1)求数列()1n S n n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬+⎪⎪⎩⎭的通项公式；(2)设无穷数列1b ，2b ，…n b ，…对任意自然数m 和n ，不等式1m n m n nb b b m a +--<+均成立，证明：数列{}n b 是等差数列．26．（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）在如图所示的平面四边形ABCD 中，ABD △的面积是CBD △面积的两倍，又数列{}n a 满足12a =，当2n ≥时，()()1122n n n n BD a BA a BC --=++- ，记2nn n a b =．(1)求数列{}n b 的通项公式；(2)求证：2221211154n b b b +++< ．（2）由（1）可得：当1n =时，则1b 当2n ≥时，可得()(2211212n b n n=<-则22212111111111422n b b b ⎛+++=+-+- ⎝L 27．（2022秋·湖北·高三校联考开学考试）已知数列{}n a 满足11a =，1n a +=（其中*N n ∈）(1)判断并证明数列{}n a 的单调性；(2)记数列{}n a 的前n 项和为n S ，证明：20213522S <<．28．（2022秋·山东潍坊·高三统考阶段练习）定义：对于任意一个有穷数列，在其每相邻的两项间都插入这两项的和，得到的新数列称为一阶和数列，如果在一阶和数列的基础上再在其相邻的两项间插入这两项的和，得到二阶和数列，以此类推可以得到n 阶和数列，如{}2,4的一阶和数列是{}2,6,4，设n 阶和数列各项和为n S ．(1)试求数列{}2,4的二阶和数列各项和2S 与三阶和数列各项和3S ，并猜想{}n S 的通项公式（无需证明）；(2)设()()()()331321log 3log 3n n n n S n b S S +-+=-⋅-，{}n b 的前m 项和m T ，若20252m T >，求m 的最小值【答案】(1)230S =，384S =，133n n S +=+(2)7【分析】（1）根据123,,S S S 进行猜想，结合等比数列的知识进而求解，并进行推导.（2）利用裂项求和法求得m T ，由此列不等式，从而求得m 的最小值.【详解】（1）一阶和数列：{}2,6,4，对应112S =；二阶和数列：{}2,8,6,10,4，对应230S =；三阶和数列：{}2,10,8,14,6,16,10,14,4，对应384S =；故猜想136n n S S -=-，()1333n n S S --=-，所以数列{}3n S -是首项为139S -=，公比为3的等比数列，所以11393,33n n n n S S -+-=⋅=+.下面证明136n n S S -=-：设112124n m m S a a a a --=++++++ ，则()()()()1112112244n m m m m m S a a a a a a a a a --=+++++++++++++29．（2022秋·湖北黄冈·高三统考阶段练习）已知数列1,1,n n a a S =为数列n a 的前n 项和，且1(2)3n n S n a =+．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求证：sin 0n n a a -<；(3)证明：212311111sin 1sin 1sin 1sin e n a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++< ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ．30．（2023·浙江温州·统考二模）设n S 为正项数列{}n a 的前n 项和，满足222n n n S a a =+-.（1）求{}n a 的通项公式；（2）若不等式214n a n a t ⎛⎫+ ⎪+⎝≥⎭对任意正整数n 都成立，求实数t 的取值范围；（3）设3ln(1)4n a n n b e +=（其中e 是自然对数的底数），求证：12342n n b b b b b b ++++<…。

数学数列压轴(答案与解析)

数学数列压轴（答案与解析）参考答案与试题解析一．解答题（共30小题）1．（2015春•宜宾校级月考）设数列{a n}的首项a1∈（0，1），a n=，n=2，3，4…（1）求{a n}的通项公式；（2）设，求证b n＜b n+1，其中n为正整数．【考点】数列递推式；不等式的证明．【专题】计算题；压轴题．【分析】（1）由题条件知，所以{1﹣a n}是首项为1﹣a1，公比为的等比数列，由此可知（2）方法一：由题设条件知，故b n＞0．那么，b n+12﹣b n2=a n+12（3﹣2a n+1）﹣a n2（3﹣2a n）=由此可知b n＜b n+1，n为正整数．方法二：由题设条件知，所以．由此可知b n＜b n+1，n为正整数．【解答】解：（1）由，整理得．又1﹣a1≠0，所以{1﹣a n}是首项为1﹣a1，公比为的等比数列，得（2）方法一：由（1）可知，故b n＞0．那么，b n+12﹣b n2=a n+12（3﹣2a n+1）﹣a n2（3﹣2a n）==又由（1）知a n＞0且a n≠1，故b n+12﹣b n2＞0，因此b n＜b n+1，n为正整数．方法二：由（1）可知，因为，所以．由a n≠1可得，即两边开平方得．即b n＜b n+1，n为正整数．【点评】本题考查数列的综合应用，难度较大，解题时要认真审题，注意挖掘题设中的隐含条件．2．（2015•衡阳县校级三模）已知f（x）=（x﹣1）2，g（x）=4（x﹣1）．数列{a n}中，对任何正整数n，等式（a n+1﹣a n）g（a n）+f（a n）=0都成立，且a1=2，当n≥2时，a n≠1；设b n=a n﹣1．（Ⅰ）求数列{b n}的通项公式；（Ⅱ）设S n为数列{nb n}的前n项和，，求的值．【考点】等比数列的通项公式；极限及其运算；数列的求和．【专题】综合题；压轴题．【分析】（1）将a n代入到函数g（x）、f（x）中对式子（a n+1﹣a n）g（a n）+f（a n）=0进行整理可得到（a n﹣1）•（4a n+1﹣3a n﹣1）=0，再由a n≠1可得到4a n+1﹣3a n﹣1=0，即再代入到b n+1=a n+1﹣1中即可得到，从而得数列{b n}的通项公式．（2）根据数列{b n}的通项公式可得到、，再由错位相减法可求出S n的值，经过整理可求出的值，最后再取极限即可得到答案．【解答】解：（Ⅰ）∵（a n+1﹣a n）•4（a n﹣1）+（a n﹣1）2=0∴（a n﹣1）•（4a n+1﹣3a n﹣1）=0．根据已知，a n≠1∴∵b1=a1﹣1=1，，∴{b n}是b1=1，公比的等比数列．∴（Ⅱ）∵∴①②①﹣②得+=∴S n=16﹣4（n+4）而=16∴【点评】本题主要考查数列通项公式的求法和数列求和的错位相减法以及求极限的方法．考查综合运算能力．3．（2015•淮安校级四模）已知数列{a n}的奇数项是首项为1的等差数列，偶数项是首项为2的等比数列．数列{a n}前n项和为S n，且满足S5=2a4+a5，a9=a3+a4．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若a m a m+1=a m+2，求正整数m的值；（3）是否存在正整数m，使得恰好为数列{a n}中的一项？若存在，求出所有满足条件的m值，若不存在，说明理由．【考点】等比数列的性质；等差数列的性质．【专题】压轴题；等差数列与等比数列．【分析】（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q由题意列式求出公差和公比，则等差数列和等比数列的通项公式即可得出；（2）分a m=2k和a m=2k﹣1，利用a m a m+1=a m+2即可求出满足该等式的正整数m的值；（3）对于k∈N*，有．．假设存在正整数m，使得恰好为数列{a n}中的一项，设=L（L∈N*），则，变形得到（3﹣L）3m﹣1=（L﹣1）（m2﹣1），由此式得到L的可能取值，然后依次分类讨论求解．【解答】：解：（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，则a1=1，a2=2，a3=1+d，a4=2q，a9=1+4d．∵S5=2a4+a5，∴a1+a2+a3=a4，即4d=2q，又a9=a3+a4．∴1+4d=1+d+2q．解得：d=2，q=3．∴对于k∈N*，有．故；（2）若a m=2k，则由a m a m+1=a m+2，得2•3k﹣1（2k+1）=2•3k，解得：k=1，则m=2；若a m=2k﹣1，则由（2k﹣1）•2•3k﹣1=2k+1，此时左边为偶数，右边为奇数，不成立．故满足条件的正数为2；（3）对于k∈N*，有．．假设存在正整数m，使得恰好为数列{a n}中的一项，又由（1）知，数列中的每一项都为正数，故可设=L（L∈N*），则，变形得到（3﹣L）3m﹣1=（L﹣1）（m2﹣1）①．∵m≥1，L≥1，3m﹣1＞0，∴L≤3．又L∈N*，故L可能取1，2，3．当L=1时，（3﹣L）3m﹣1＞0，（L﹣1）（m2﹣1）=0，∴①不成立；当L=2时，（3﹣2）3m﹣1=（2﹣1）（m2﹣1），即3m﹣1=m2﹣1．若m=1，3m﹣1≠m2﹣1，令，则=．因此，1=T2＞T3＞…，故只有T2=1，此时m=2，L=2=a2．当L=3时，（3﹣3）3m﹣1=（3﹣1）（m2﹣1）．∴m=1，L=3=a3．综上，存在正整数m=1，使得恰好为数列{a n}中的第三项，存在正整数m=2，使得恰好为数列{a n}中的第二项．【点评】本题考查了等差数列和等比数列的性质，训练了分类讨论的数学思想方法，考查了学生综合分析问题和解决问题的能力，考查了学生的逻辑思维能力，是压轴题．4．（2015•广东模拟）已知数列{a n}中，a1=3，a2=5，其前n项和S n满足S n+S n﹣2=2S n﹣1+2n﹣1（n≥3）．令b n=．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）若f（x）=2x﹣1，求证：Tn=b1f（1）+b2f（2）+…+b n f（n）＜（n≥1）．【考点】数列递推式；数列的函数特性；不等式的证明．【专题】计算题；证明题；压轴题．【分析】（Ⅰ）由题意知a n=a n﹣1+2n﹣1（n≥3）（a n﹣a n﹣1）+（a n﹣1﹣a n﹣2）+…+（a3﹣a2）+a2=2n+1．（Ⅱ）由于=．故T n=b1f（1）+b2f（2）+…+b n f（n）=，由此可证明Tn=b1f（1）+b2f（2）+…+b n f（n）＜（n≥1）．【解答】解：（Ⅰ）由题意知S n﹣S n﹣1=S n﹣1﹣S n﹣2+2n﹣1（n≥3）即a n=a n﹣1+2n﹣1（n≥3）∴a n=（a n﹣a n﹣1）+（a n﹣1﹣a n﹣2）+…+（a3﹣a2）+a2=2n﹣1+2n﹣2+…+22+5=2n+1（n≥3）检验知n=1、2时，结论也成立，故a n=2n+1．（Ⅱ）由于b n=，f（x）=2x﹣1，∴=．故T n=b1f（1）+b2f（2）+…+b n f（n）==．【点评】本题考查数列的性质和综合应用，解题时要认真审题．仔细解答．5．（2015•东海县三模）设f k（n）为关于n的k（k∈N）次多项式．数列{a n}的首项a1=1，前n 项和为S n．对于任意的正整数n，a n+S n=f k（n）都成立．（I）若k=0，求证：数列{a n}是等比数列；（Ⅱ）试确定所有的自然数k，使得数列{a n}能成等差数列．【考点】数列递推式；等差关系的确定；等比关系的确定．【专题】综合题；压轴题．【分析】（Ⅰ）若k=0，不妨设f0（n）=c（c为常数）．即a n+S n=c，结合数列中a n与S n关系求出数列{a n}的通项公式后再证明．（Ⅱ）由特殊到一般，实质上是由已知a n+S n=f k（n）考查数列通项公式求解，以及等差数列的判定．【解答】（Ⅰ）证明：若k=0，则f k（n）即f0（n）为常数，不妨设f0（n）=c（c为常数）．因为a n+S n=f k（n）恒成立，所以a1+S1=c，c=2a1=2．而且当n≥2时，a n+S n=2，①a n﹣1+S n﹣1=2，②①﹣②得2a n﹣a n﹣1=0（n∈N，n≥2）．若a n=0，则a n﹣1=0，…，a1=0，与已知矛盾，所以a n≠0（n∈N*）．故数列{a n}是首项为1，公比为的等比数列．（Ⅱ）解：（1）若k=0，由（Ⅰ）知，不符题意，舍去．（2）若k=1，设f1（n）=bn+c（b，c为常数），当n≥2时，a n+S n=bn+c，③a n﹣1+S n﹣1=b（n﹣1）+c，④③﹣④得2a n﹣a n﹣1=b（n∈N，n≥2）．要使数列{a n}是公差为d（d为常数）的等差数列，必须有a n=b﹣d（常数），而a1=1，故{a n}只能是常数数列，通项公式为a n=1（n∈N*），故当k=1时，数列{a n}能成等差数列，其通项公式为a n=1（n∈N*），此时f1（n）=n+1．（3）若k=2，设f2（n）=pn2+qn+t（a≠0，a，b，c是常数），当n≥2时，a n+S n=pn2+qn+t，⑤a n﹣1+S n﹣1=p（n﹣1）2+q（n﹣1）+t，⑥⑤﹣⑥得2a n﹣a n﹣1=2pn+q﹣p（n∈N，n≥2），要使数列{a n}是公差为d（d为常数）的等差数列，必须有a n=2pn+q﹣p﹣d，且d=2p，考虑到a1=1，所以a n=1+（n﹣1）•2p=2pn﹣2p+1（n∈N*）．故当k=2时，数列{a n}能成等差数列，其通项公式为a n=2pn﹣2p+1（n∈N*），此时f2（n）=an2+（a+1）n+1﹣2a（a为非零常数）．（4）当k≥3时，若数列{a n}能成等差数列，根据等差数列通项公式可知Sn是关于n的二次型函数，则a n+S n的表达式中n的最高次数为2，故数列{a n}不能成等差数列．综上得，当且仅当k=1或2时，数列{a n}能成等差数列．【点评】本题考查数列通项公式的求解，等差数列的判定，考查阅读理解、计算论证等能力．6．（2015•湖南校级模拟）设数列{a n}的前n项和为S n，对一切n∈N*，点（n，）都在函数f（x）=x+的图象上．（1）计算a1，a2，a3，并归纳出数列{a n}的通项公式；（2）将数列{a n}依次按1项、2项、3项、4项循环地分为（a1），（a2，a3），（a4，a5，a6），（a7，a8，a9，a10）；（a11），（a12，a13），（a14，a15，a16），（a17，a18，a19，a20）；（a21）…，分别计算各个括号内各数之和，设由这些和按原来括号的前后顺序构成的数列为{b n}，求b5+b100的值；（3）设A n为数列的前n项积，若不等式A n＜f（a）﹣对一切n∈N*都成立，求a的取值范围．【考点】数列与函数的综合．【专题】计算题；压轴题．【分析】（1）由已知可得，即．分别令n=1，n=2，n=3，代入可求a1，a2，a3，进而猜想a n（2）由a n=2n可得数列{a n}依次按1项、2项、3项、4项循环地分为（2），（4，6），（8，10，12），（14，16，18，20）；（22），（24，26），（28，30，32），（34，36，38，40）；（42），…．每一次循环记为一组．由于每一个循环含有4个括号，故b100是第25组中第4个括号内各数之和．由分组规律知，由各组第4个括号中所有第1个数，所有第2个数、所有第3个数、所有第4个所有第4个数分别组成都是等差数列，公差均为20．故各组第4个括号中各数之和构成等差数列，且公差为80．代入可求（3）因为，，若成立设，则只需即可利用g（n）的单调性可求其最大值，从而可求a的范围【解答】解：（1）因为点在函数的图象上，故，所以．令n=1，得，所以a1=2；令n=2，得，所以a2=4；令n=3，得，所以a3=6．由此猜想：a n=2n．（2）因为a n=2n（n∈N*），所以数列{a n}依次按1项、2项、3项、4项循环地分为（2），（4，6），（8，10，12），（14，16，18，20）；（22），（24，26），（28，30，32），（34，36，38，40）；（42），…．每一次循环记为一组．由于每一个循环含有4个括号，故b100是第25组中第4个括号内各数之和．由分组规律知，由各组第4个括号中所有第1个数组成的数列是等差数列，且公差为20．同理，由各组第4个括号中所有第2个数、所有第3个数、所有第4个数分别组成的数列也都是等差数列，且公差均为20．故各组第4个括号中各数之和构成等差数列，且公差为80．注意到第一组中第4个括号内各数之和是68，所以b100=68+24×80=1988．又b5=22，所以b5+b100=2010（3）因为，故，所以．又，故对一切n∈N*都成立，就是对一切n∈N*都成立．设，则只需即可．由于=，所以g（n+1）＜g（n），故g（n）是单调递减，于是．令，即，解得，或．综上所述，使得所给不等式对一切n∈N*都成立的实数a的取值范围是．【点评】本题综合考查了利用函数的解析式求解数列的递推公式进而求解数列的项，等差数列的求和公式的应用，及利用数列的单调性求解数列的最大（小）项问题的求解，属于函数与数列知识的综合应用的考查7．（2014秋•周村区校级月考）已知数列{b n}是等差数列，b1=1，b1+b2+…+b10=145．（1）求数列{b n}的通项b n；（2）设数列{a n}的通项a n=log a（1+）（其中a＞0，且a≠1），记S n是数列{a n}的前n项和．试比较S n与log a b n+1的大小，并证明你的结论．【考点】等差数列的通项公式；数列的求和；数学归纳法．【专题】计算题；证明题；压轴题．【分析】（1）根据数列{b n}是等差数列，建立b1与d的方程组，解之即可；（2）因此要比较S n与log a b n+1的大小，可先比较（1+1）（1+）（1+）与的大小，利用用数学归纳法证明此式，当a＞1时，S n＞log a b n+1，当0＜a＜1时，S n＜log a b n+1．【解答】解：（1）设数列{b n}的公差为d，由题意得解得所以b n=3n﹣2．（2）由b n=3n﹣2，知S n=log a（1+1）+log a（1+）++log a（1+）=log a[（1+1）（1+）（1+）]，log a b n+1=log a．因此要比较S n与log a b n+1的大小，可先比较（1+1）（1+）（1+）与的大小．取n=1有（1+1）＞，取n=2有（1+1）（1+）＞，由此推测（1+1）（1+）（1+）＞．①若①式成立，则由对数函数性质可断定：当a＞1时，S n＞log a b n+1．当0＜a＜1时，S n＜log a b n+1．下面用数学归纳法证明①式．（ⅰ）当n=1时已验证①式成立．（ⅱ）假设当n=k（k≥1）时，①式成立，即（1+1）（1+）（1+）＞．那么，当n=k+1时，（1+1）（1+）（1+）（1+）＞（1+）=（3k+2）．因为==，所以（3k+2）＞．因而（1+1）（1+）（1+）（1+）＞．这就是说①式当n=k+1时也成立．由（ⅰ），（ⅱ）知①式对任何正整数n都成立．由此证得：当a＞1时，S n＞log a b n+1．当0＜a＜1时，S n＜log a b n+1．【点评】本小题主要考查等差数列基本概念及其通项求法，考查对数函数性质，考查归纳、推理能力以及用数学归纳法进行论证的能力．8．（2014•上海模拟）设数列{a n}的通项公式为a n=an+b（n∈N*，a＞0）．数列{b n}定义如下：对于正整数m，b m是使得不等式a n≥m成立的所有n中的最小值．（1）若a=2，b=﹣3，求b10；（2）若a=2，b=﹣1，求数列{b m}的前2m项和公式；（3）是否存在a和b，使得？如果存在，求a和b的取值范围；如果不存在，请说明理由．【考点】等差数列的前n项和；等差数列的性质．【专题】压轴题；等差数列与等比数列．【分析】（1）由题意可得，a n=2n﹣3，令a n=2n﹣3≥10，可得最小的自然数n=7，从而求得b10的值．（2）令a n≥m，求得n≥．根据b m的定义可知：当m=2k﹣1时，bm=k（k∈N*）；当m=2k时，b m=k+1（k∈N*）．再由b1+b2+…+b2m=（b1+b3+..b2m﹣1）+（b2+b4+..+b2m）=（1+2+3+..+m）+[2+3+4+..+（m+1）]，运算求得结果．（3）假设存在a和b满足条件，根据b m的定义可知，an+b≥m，且a＞0，对于任意的正整数m，都有3m+1＜≤3m+2．当3a﹣1＞0（或3a﹣1＜0）时，不满足条件，当3a﹣1=0时，可得﹣≤b＜﹣，从而得出结论．【解答】解：（1）由题意可得，a n=an+b=2n﹣3，令a n=2n﹣3≥10，可得n≥6.5，∴n=7，即b10=7．（2）∵a=2，b=﹣1，∴a n=an+b=2n﹣1，对于正整数，令a n≥m，求得n≥．根据b m的定义可知：当m=2k﹣1时，b m=k（k∈N*）；当m=2k时，b m=k+1（k∈N*）．∴b1+b2+…+b2m=（b1+b3+..b2m﹣1）+（b2+b4+..+b2m）=（1+2+3+..+m）+[2+3+4+..+（m+1）]=+=m2+2m．（3）假设存在a和b满足条件，∵b m=3m+2（m∈N*），根据b m的定义可知，an+b≥m，且a＞0，即n≥．对于任意的正整数m，都有3m+1＜≤3m+2恒成立，即﹣2a﹣b≤（3a﹣1）m＜﹣a﹣b恒成立．当3a﹣1＞0（或3a﹣1＜0）时，可得m＜﹣（或m≤﹣），这与m是任意的正整数相矛盾．当3a﹣1=0时，a=，可得﹣﹣b≤0＜﹣﹣b，即﹣≤b＜﹣，进过检验，满足条件．综上，存在a和b，使得，此时，a=，且﹣≤b＜﹣．【点评】本题考查数列的前n项和公式的求法，考查满足条件的实数的取值范围的求法，解题时要认真审题，注意等价转化思想和分类讨论思想的合理运用，属于中档题．9．（2014•东城区二模）设a是一个自然数，f（a）是a的各位数字的平方和，定义数列{a n}：a1是自然数，a n=f（a n﹣1）（n∈N*，n≥2）．（Ⅰ）求f（99），f（2014）；（Ⅱ）若a1≥100，求证：a1＞a2；（Ⅲ）求证：存在m∈N*，使得a m＜100．【考点】数列的应用．【专题】压轴题；等差数列与等比数列．【分析】（Ⅰ）利用新定义，可求f（99），f（2014）；（Ⅱ）假设a1是一个n位数（n≥3），设出a1，由a2=f（a1）可得，．作差，即可得证；（Ⅲ）利用反证法进行证明即可．【解答】（Ⅰ）解：f（99）=92+92=162；f（2014）=22+02+12+42=21．（Ⅱ）证明：假设a1是一个n位数（n≥3），那么可以设，其中0≤b i≤9且b i∈N（1≤i≤n），且b n≠0．由a2=f（a1）可得，．=所以．因为b n≠0，所以（10n﹣1﹣b n）b n≥99．而（b1﹣1）b1≤72，所以a1﹣a2＞0，即a1＞a2．（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）可知当a1≥100时，a1＞a2．同理当a n≥100时，a n＞a n+1．若不存在m∈N*，使得a m＜100．则对任意的n∈N*，有a n≥100，总有a n＞a n+1．则a n≤a n﹣1﹣1，可得a n≤a1﹣（n﹣1）．取n=a1，则a n≤1，与a n≥100矛盾．存在m∈N*，使得a m＜100．【点评】本题考查数列的应用，考查新定义，考查反证法，考查学生分析解决问题的能力，难度较大．10．（2014•宿迁模拟）已知公比为q（q≠1）的无穷等比数列{a n}的首项a1=1．（1）若q=，在a1与a2之间插入k个数b1，b2，…，b k，使得a1，b1，b2，…，b k，a2，a3成等差数列，求这k个数；（2）对于任意给定的正整数m，在a1，a2，a3的a1与a2和a2与a3之间共插入m个数，构成一个等差数列，求公比q的所有可能取值的集合（用m表示）；（3）当且仅当q取何值时，在数列{a n}的每相邻两项a k，a k+1之间插入c k（k∈N*，c k∈N）个数，使之成为一个等差数列？并求c1的所有可能值的集合及{c n}的通项公式（用q表示）．【考点】数列的应用．【专题】压轴题；等差数列与等比数列．【分析】（1）由条件得1，b1，b2，…b k，，成等差数列，求出公差d=﹣，k=2，即可求这2个数；（2）设a1与a2之间插入k个数，k∈N，且k≤m，则在a2与a3之间插入（m﹣k）个数，由条件这等差数列第一项为a1=1，第k+2项为a2=q，第m+3项为a2=q2，列出方程，即可求公比q的所有可能取值的集合；（3）当且仅当q∈N，且q≥2时，在数列{a n}的每相邻两项a k，a k+1之间插入c k（k∈N*，c k∈N）个数，使之成为一个等差数列，再进行证明即可．【解答】解：（1）由条件得1，b1，b2，…b k，，成等差数列，所以公差d=﹣，k=2，所以这2个数为：b1=，b2=；…（2分）（2）设a1与a2之间插入k个数，k∈N，且k≤m，则在a2与a3之间插入（m﹣k）个数，由条件这等差数列第一项为a1=1，第k+2项为a2=q，第m+3项为a2=q2，所以=，q≠1，所以q=，且k≠；所以公比q的所有可能的取值的集合{ q|q=，k∈N，k≤m且k≠}；…（6分）（3）当且仅当q∈N，且q≥2时，在数列{a n}的每相邻两项a k，a k+1之间插入c k（k∈N*，c k∈N）个数，使之成为一个等差数列；证明如下：（i）当q∈N，且q≥2时，新构成的等差数列可以是正整数数列1，2，3，…，显然满足条件；…（8分）（ii）若在数列{a n}的每相邻两项a k，a k+1之间插入c k（k∈N*，c k∈N）个数，使之成为一个等差数列，这个等差数列设为{b n}，则对于任意的k∈N*，都有，即=，q≠1且q≠0，所以q=，c k+1，c k∈N，所以q为正有理数，{a n}为正项无穷等比数列，若q不为整数，不妨设q=，其中p，t∈N*，p与t互质，且p≥2，等差数列{b n}的公差为d==，通项为b n=1+（n﹣1）；则数列{（c1+1）pb n}的各项都为整数，则对于任意的n∈N*，（c1+1）p a n∈N*，即对于任意的n∈N*，（c1+1）p（）n﹣1∈N*，即于任意的n∈N*，由p与t互质，则（c1+1）p都能被p n﹣1整除，p≥2，且p∈N*，这是不可能的，所以q为正整数，又q≠1，所以q∈N，且q≥2；…（12分）当q∈N，且q≥2时，对于首项为1，第（c1+1）项为q的等差数列{b n}，则公差d=，令a n=b m，即q n﹣1=1+（m﹣1）（n∈N*），有m=（c1+1）+1∈N*，所以a n是{b n}中的第[（c1+1）+1]项，所以c1的所有可能值的集合是自然数集N；…（14分）对于任意的自然数c1，由=q，q∈N，n∈N*且q≥2知{c n+1}是首项为c1+1，公比为q的等比数列，所以{c n}的通项公式为c n=（c1+1）q n﹣1﹣1．…（16分）【点评】本题考查的是数列的应用，考查等差数列与等比数列的综合，考查反证法思想的运用，难度大，学生很难解决．11．（2014•浦东新区三模）已知数列{a n}，{b n}满足b n=a n+1﹣a n，其中n=1，2，3，…．（Ⅰ）若a1=1，b n=n，求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）若b n+1b n﹣1=b n（n≥2），且b1=1，b2=2．（ⅰ）记c n=a6n﹣1（n≥1），求证：数列{c n}为等差数列；（ⅱ）若数列中任意一项的值均未在该数列中重复出现无数次．求a1应满足的条件．【考点】数列递推式；等差关系的确定．【专题】计算题；压轴题；分类讨论．【分析】（Ⅰ）根据数列的基本性质以及题中已知条件便可求出数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）（ⅰ）先根据题中已知条件推导出b n+6=b n，然后求出c n+1﹣c n为定值，便可证明数列{c n}为等差数列；（ⅱ）数列{a6n+i}均为以7为公差的等差数列，然后分别讨论当时和当时，数列是否满足题中条件，便可求出a1应满足的条件．【解答】解：（Ⅰ）当n≥2时，有a n=a1+（a2﹣a1）+（a3﹣a2）+…+（a n﹣a n﹣1）=a1+b1+b2+…+b n﹣1（2分）=．（3分）又因为a1=1也满足上式，所以数列{a n}的通项为．（4分）（Ⅱ）由题设知：b n＞0，对任意的n∈N*有b n+2b n=b n+1，b n+1b n+3=b n+2得b n+3b n=1，于是又b n+3b n+6=1，故b n+6=b n（5分）∴b6n﹣5=b1=1，b6n﹣4=b2=2，b6n﹣3=b3=2，b6n﹣2=b4=1，（ⅰ）c n+1﹣c n=a6n+5﹣a6n﹣1=b6n﹣1+b6n+b6n+1+b6n+2+b6n+3+b6n+4=（n≥1），所以数列{c n}为等差数列．（7分）（ⅱ）设d n=a6n+i（n≥0），（其中i为常数且i∈{1，2，3，4，5，6}），所以d n+1﹣d n=a6n+6+i﹣a6n+i=b6n+i+b6n+i+1+b6n+i+2+b6n+i+3+b6n+i+4+b6n+i+5=7（n≥0）所以数列{a6n+i}均为以7为公差的等差数列．（9分）设，（其中n=6k+i（k≥0），i为{1，2，3，4，5，6}中的一个常数），当时，对任意的n=6k+i有=；（10分）由，i∈{1，2，3，4，5，6}知；此时重复出现无数次．当时，=①若，则对任意的k∈N有f k+1＜f k，所以数列为单调减数列；②若，则对任意的k∈N有f k+1＞f k，所以数列为单调增数列；（12分）（i=1，2，3，4，5，6）均为单调数列，任意一个数在这6个数列中最多各出现一次，即数列中任意一项的值最多出现六次．综上所述：当时，数列中必有某数重复出现无数次．当a1∉B时，数列中任意一项的值均未在该数列中重复出现无数次．（14分）【点评】本题考查了等差数列的基本性质和数列的递推公式，考查了学生的计算能力和对数列的综合掌握，解题时分类讨论思想和转化思想的运用，属于中档题．12．（2014•滕州市校级二模）已知数列{a n}满足a n＞0且对一切n∈N*，有a13+a23+…+a n3=S n2，a1+a2+…+a n=S n，（Ⅰ）求证：对一切n∈N*有a n+12﹣a n+1=2S n．（Ⅱ）求数列{a n}通项公式．（Ⅲ）求证：+++…+＜3．【考点】数列递推式；等差数列的通项公式；不等式的证明．【专题】综合题；压轴题；等差数列与等比数列．【分析】（Ⅰ）由a13+a23+…+a n3=S n2，再写一式，两式相减，化简可得结论；（Ⅱ）由a n+12﹣a n+1=2S n=2S n+1﹣2a n+1，可得a n+12+a n+1=2S n+1，再写一式，两式相减，可得数列{a n}是以首项为a1=1，公差为1的等差数列，从而可得数列的通项公式；（Ⅲ）利用放缩法可得＜＜=，再利用叠加法，即可证得结论．【解答】（Ⅰ）证明：∵数列{a n}满足：a n＞0，且对一切n∈N*，有a13+a23+…+a n3=S n2，…①所以a13+a23+…+a n3+a n+13=S n+12，…②②﹣①得a n+13=S n+12﹣S n2=a n+1（S n+1+S n），则a n+12=S n+1+S n=a n+1+2S n，所以a n+12﹣a n+1=2S n；（Ⅱ）解：因为a n+12﹣a n+1=2S n=2S n+1﹣2a n+1，所以a n+12+a n+1=2S n+1…③则a n2+a n=2S n…④③﹣④得2a n+1=（a n+12﹣a n2）+（a n+1﹣a n），从而a n+1﹣a n=1．又a1=1，所以数列{a n}是以首项为a1=1，公差为1的等差数列所以a n=n；（Ⅲ）证明：∵a n=n，∴＜＜=∴+++…+＜1+（）+…+（）=2+﹣＜3．【点评】本题考查数列递推式，考查数列的通项，考查不等式的证明，正确求通项是关键．13．（2014•福建模拟）如图，过曲线C：y=e﹣x上一点P0（0，1）做曲线C的切线l0交x轴于Q1（x1，0）点，又过Q1做x轴的垂线交曲线C于P1（x1，y1）点，然后再过P1（x1，y1）做曲线C的切线l1交x轴于Q2（x2，0），又过Q2做x轴的垂线交曲线C于P2（x2，y2），…，以此类推，过点P n的切线l n与x轴相交于点Q n+1（x n+1，0），再过点Q n+1做x轴的垂线交曲线C于点P n+1（x n+1，y n+1）（n=1，2，3，…）．（1）求x1、x2及数列{x n}的通项公式；（2）设曲线C与切线l n及垂线P n+1Q n+1所围成的图形面积为S n，求S n的表达式；（3）若数列{S n}的前n项之和为T n，求证：（n∈N+）．【考点】数列与函数的综合；定积分在求面积中的应用；数列与不等式的综合．【专题】计算题；综合题；压轴题；转化思想．【分析】（1）先求出导函数进而求出切线的斜率，再把1，2代入就可求出求x1、x2的值．求出点P n的切线l n的方程即可求出及数列{x n}的通项公式；（2）直接利用定积分来求S n的表达式即可；（3）利用（2）的结论先求出数列{S n}的前n项之和为T n，再把所要证明的结论转化为用数学归纳法证明e n+1＞（e﹣1）n+e即可【解答】解：（1）y′=﹣e﹣x，设l n的斜率为k n，则∴l0的方程为：y=﹣x+1，令y=0得x1=1，∴y1=﹣e﹣1P1（1，e﹣1），∴l1的方程为：y﹣e﹣1=﹣e﹣1（x﹣1），令y=0得x2=2，一般地，l n的方程为：，由Q n+1（x n+1，0）∈l n得：x n+1﹣x n=1，∴x n=n （4分）（2）=（8分）（3），∴要证：，只要证明：，即只要证明e n+1＞（e﹣1）n+e（10分）证明；数学归纳法：（一）当n=1时，显然（e﹣1）2＞0⇔e2＞2e﹣1⇔e2＞（e﹣1）+e成立（二）假设n=k时，有e k+1＞（e﹣1）k+e当n=k+1时，e k+2=e•e k+1＞e[（e﹣1）k+e]而e[（e﹣1）k+e]﹣[（e﹣1）（k+1）+e]=（e﹣1）2（k+1）＞0∴e k+2=e•e k+1＞e[（e﹣1）k+e]＞（e﹣1）（k+1）+e这说明n=k+1时不等式也成立，由（一）（二）知对一切正整数n都成立．【点评】一般在作数列与函数的综合题时，多用到数学归纳法的应用，所以要把这几个知识点掌握好．14．（2014•东昌府区校级一模）已知f（x）是定义在R上的不恒为零的函数，且对于任意的a、b∈R都满足f（a•b）=af（b）+bf（a）．（1）求f（0），f（1）的值；（2）判断f（x）的奇偶性，并证明你的结论；（3）若表示数列{b n}的前n项和．试问：是否存在关于n的整式g（n），使得S1+S2+S3+…+S n﹣1=（S n﹣1）•g（n）对于一切不小于2的自然数n恒成立？若存在，写出g（n）的解析式，并加以证明；若不存在，试说明理由．【考点】数列与函数的综合；函数奇偶性的判断；函数恒成立问题；数列的函数特性；数列的求和．【专题】综合题；压轴题；转化思想．【分析】（1）令a=b=0，得f（0）=0•f（0）+0•f（0）=0，令a=b=1，得f（1）=1•f（1）+1•f （1），故可解；（2）令a=b=﹣1，可得f（﹣1）=0；令a=﹣1，b=x，可得f（﹣x）=﹣f（x），故可得f（x）是奇函数；（3）先可得，即nS n﹣（n﹣1）S n﹣1=S n﹣1+1，从而（n﹣1）S n﹣1﹣（n ﹣2）S n﹣2=S n﹣2+1，…，S2﹣S1=S1+1由此可得S1+S2+…S n﹣1=nS n﹣n=（S n﹣1）•n（n≥2），故可解．【解答】解：（1）令a=b=0，得f（0）=0•f（0）+0•f（0）=0．令a=b=1，得f（1）=1•f（1）+1•f（1），∴f（1）=0．（2分）（2）令a=b=﹣1，得f（1）=f[（﹣1）•（﹣1）]=﹣f（﹣1）﹣f（﹣1）=﹣2f（﹣1），∴f（﹣1）=0．令a=﹣1，b=x，得f（﹣x）=f（﹣1•x）=﹣1•f（x）+x•f（﹣1）=﹣f（x）+0=﹣f（x）．∴f（x）是奇函数．（5分）（3）当．令，∴g（a n）=ng（a）．（7分）∴f（a n）=a n•g（a n）=n•a n•g（a）=n•a n﹣1•f（a）．∵∴f（2）=2，∴（9分）∴，∴即nS n﹣（n﹣1）S n﹣1=S n﹣1+1，（11分）∴（n﹣1）S n﹣1﹣（n﹣2）S n﹣2=S n﹣2+1，…，2S2﹣S1=S1+1，∴nS n﹣S1=S1+S2+…+S n﹣1+n﹣1，∴S1+S2+…S n﹣1=nS n﹣n=（S n﹣1）•n（n≥2）∴g（n）=n．故存在关于n的整式g （n）=n，使等式对于一切不小于2的自然数n恒成立（13分）【点评】本题考查了数列与函数的综合运用，主要涉及了函数的赋值法，等差数列，函数的奇偶性及通项公式的计算等知识．15．（2014•蚌埠二模）若数列{a n}的前n项和S n是（1+x）n二项展开式中各项系数的和（n=1，2，3，…）．（1）求{a n}的通项公式；（2）若数列{b n}满足b1=﹣1，b n+1=b n+（2n﹣1），且，求数列{c n}的通项及其前n项和T n．（3）求证：T n•T n+2＜T n+12．【考点】数列与不等式的综合．【专题】综合题；压轴题．【分析】（1）能利用a n与S n之间的关系得到a n的通项公式．（2）会根据递推公式求出b n的通项公式，并根据b n与c n关系求通项公式及前n项和．（3）两式作差后根据其特点利用数学归纳法进行证明．【解答】解：（1）由题意S n=2n，S n﹣1=2n﹣1（n≥2），两式相减得a n=2n﹣2n﹣1=2n﹣1（n≥2）．当n=1时，2×1﹣1=1≠S1=a1=2∴．（2）∵b n+1=b n+（2n﹣1），∴b2﹣b1=1，b3﹣b2=3，b4﹣b3=5，b n﹣b n﹣1=2n﹣3．以上各式相加得：b n﹣b1=1+3+5+…+（2n﹣3）=∵b1=﹣1，∴b n=n2﹣2n∴．∴T n=﹣2+0×21+1×22+2×23+3×24+…+（n﹣2）2n﹣1∴2T n=﹣4+0×22+1×23+2×24+…+（n﹣2）2n．∴﹣T n=2+22+23++2n﹣1﹣（n﹣2）2n=∴T n=﹣2n+2+（n﹣2）2n=2+（n﹣3）2n．∴T n=2+（n﹣3）2n．当n=1时T1=﹣2也适合上式．∴T n=2+（n﹣3）2n（3）证明：T n•T n+2﹣T n+12=[2+（n﹣3）•2n]•[2+（n﹣1）•2n+2]﹣[2+（n﹣2）•2n+1]2=4+（n﹣1）•2n+3+（n﹣3）•2n+1+（n﹣1）（n﹣3）•22n+2﹣[4+（n+2）（n+2）•22n+2+（n﹣2）•2n+3] =2n+1[（n+1）﹣2n+1]∵2n+1＞0，∴需证明n+1＜2n+1，用数学归纳法证明如下：①当n=1时，1+1＜21+1成立．②假设n=k时，命题成立即k+1＜2k+1，那么，当n=k+1时，（k+1）+1＜2k+1+1＜2k+1+2k+1=2•2k+1=2（k+1）+1成立．由①、②可得，对于n∈N*都有n+1＜2n+1成立．∴2n+1[（n+1）﹣2n+1]＜0∴T n•T n+2＜T n+12【点评】能利用a n与S n之间的关系得到a n的通项公式，会根据递推公式求出b n的通项公式，并根据b n与c n关系求c n的通项公式．也要会应用错位相减法求前n项和及会用数学归纳法证明．16．（2014•南充一模）对于函数f（x），若存在x0∈R，使f（x0）=x0成立，则称x0为f（x）的不动点．如果函数f（x）=有且仅有两个不动点0和2．（1）试求b、c满足的关系式．（2）若c=2时，各项不为零的数列{a n}满足4S n•f（）=1，求证：＜＜．（3）设b n=﹣，T n为数列{b n}的前n项和，求证：T2009﹣1＜ln2009＜T2008．【考点】数列与不等式的综合．【专题】综合题；压轴题．【分析】（1）设=x的不动点为0和2，由此知即即且c≠0．（2）由c=2，知b=2，，2S n=a n﹣a n2，且a n≠1．所以a n﹣a n﹣1=﹣1，a n=﹣n，要证待证不等式，只要证，即证，只要证，即证．考虑证不等式（x＞0），由此入手能导出＜＜．（3）由b n=，知T n=．在中，令n=1，2，3， (2008)并将各式相加，能得到T2009﹣1＜ln2009＜T2008．【解答】解：（1）设=x的不动点为0和2∴即即且c≠0（2）∵c=2∴b=2∴f（x）=，由已知可得2S n=a n﹣a n2①，且a n≠1．当n≥2时，2S n﹣1=a n﹣1﹣a n﹣12②，①﹣②得（a n+a n﹣1）（a n﹣a n﹣1+1）=0，∴a n=﹣a n﹣1或a n=﹣a n﹣1﹣1，当n=1时，2a1=a1﹣a12⇒a1=﹣1，若a n=﹣a n﹣1，则a2=1与a n≠1矛盾．∴a n﹣a n﹣1=﹣1，∴a n=﹣n∴要证待证不等式，只要证，即证，只要证，即证．考虑证不等式（x＞0）**．令g（x）=x﹣ln（1+x），h（x）=ln（x+1）﹣（x＞0）．∴g'（x）=，h'（x）=，∵x＞0，∴g'（x）＞0，h'（x）＞0，∴g（x）、h（x）在（0，+∞）上都是增函数，∴g（x）＞g（0）=0，h（x）＞h（0）=0，∴x＞0时，．令x=则**式成立，∴＜＜，（3）由（Ⅱ）知b n=，则T n=1+在中，令n=1，2，3，2008，并将各式相加，得＜1+．即T2009﹣1＜ln2009＜T2008．【点评】本题考查不等式的性质和应用，解题时要认真审题，仔细解答，注意公式的合理运用．17．（2014•通州区二模）已知f（x）=，数列{a n}为首项是1，以f（1）为公比的等比数列；数列{b n}中b1=，且b n+1=f（b n），（1）求数列{a n}和{b n}的通项公式（2）令，{c n}的前n项和为T n，证明：对∀n∈N+有1≤T n＜4．【考点】数列与不等式的综合；等比数列的通项公式；数列的求和；数列递推式．【专题】综合题；压轴题．（1）由f（x）=，知f（1）=，，由b1=，且b n+1=f（b n），得，【分析】由此能求出数列{a n}和{b n}的通项公式．（2）由=n•，知，再由错位相减法能够求出结果．【解答】解：（1）∵f（x）=，∴f（1）==，∵{a n}为首项是1，以f（1）为公比的等比数列，∴，∵b1=，且b n+1=f（b n），∴b n+1=f（b n）=，两边同时取倒数，得=1+，∴，∴为等差数列，故．（2）∵=n•，∴，，两式相减整理，得，∵＞0，∴＜4，∵==，∴{T n}单调递增，∴{T n}min=T1=1，所以1≤T n＜4．【点评】本试题主要考查等比数列和等差数列的通项公式的求解以及数列求和的综合运用．解决该试题的关键是整体构造等差数列法，以及错位相减法的准确运用．18．（2014•鼓楼区校级二模）附加题：已知（x+1）n=a0+a1（x﹣1）+a2（x﹣1）2+a3（x﹣1）3+…+a n （x﹣1）n，（其中n∈N*）S n=a1+a2+a3+…+a n．（1）求S n；（2）求证：当n≥4时，S n＞（n﹣2）2n+2n2．【考点】数列与不等式的综合；数列的求和．【专题】综合题；压轴题．（1）由于与二项式有关，故可采用赋值法．取x=1，则a0=2n；取x=2，则a0+a1+a2+a3+…+a n=3n，【分析】从而可求S n；（2）要证S n＞（n﹣2）2n+2n2，只需证3n＞（n﹣1）2n+2n2，再利用数学归纳法加以证明．【解答】解：（1）取x=1，则a0=2n；取x=2，则a0+a1+a2+a3+…+a n=3n，∴S n=a1+a2+a3+…+a n=3n﹣2n；（4分）（2）要证S n＞（n﹣2）2n+2n2，只需证3n＞（n﹣1）2n+2n2，①当n=4时，81＞80；②假设当n=k（k≥4）时，结论成立，即3k＞（k﹣1）2k+2k2，两边同乘以3 得：3k+1＞3[（k﹣1）2k+2k2]=k2k+1+2（k+1）2+[（k﹣3）2k+4k2﹣4k﹣2]而（k﹣3）2k+4k2﹣4k﹣2=（k﹣3）2k+4（k2﹣k﹣2）+6=（k﹣3）2k+4（k﹣2）（k+1）+6＞0 ∴3k+1＞（（k+1）﹣1）2k+1+2（k+1）2，即n=k+1时结论也成立，由①②可知，当n≥4时，3n＞（n﹣1）2n+2n2成立．综上原不等式获证．（10分）【点评】本题以二项式为载体，考查赋值法的运用，考查数学归纳法，解题的关键是先分析转化，再利用数学归纳法证明．19．（2014•怀远县校级模拟）已知数列{a n}满足a1=1，a2=3，且，（1）求a2k﹣1（k∈N*）；（2）数列{y n}，{b n}满足y n=a2n﹣1，b1=y1，且当n≥2时．证明当n≥2时，有；（3）在（2）的条件下，试比较与4的大小关系．【考点】数列与不等式的综合；数列递推式；反证法与放缩法．【专题】计算题；综合题；压轴题．【分析】（1）设n=2k﹣1，利用条件可证数列（a2k﹣1}为等差数列．从而可求其通项；（2）先求得，，然后再写一式，两式相减即可证得；（3）先计算的当n=1时，；当n=2时，，再证当n≥3时，利用放缩法结合裂项求和即可的结论．【解答】解：（1）设n=2k﹣1由∴a2k+1﹣a2k﹣1=1∴数列（a2k﹣1}为等差数列．∴a2k﹣1=k（k∈N*）；…（4分）（2）证：y=a2n﹣1=n．当n≥2时，…①∴…②…（6分）②式减①式，有，得证．…（8分）（3）解：当n=1时，；当n=2时，，由（2）知，当n≥2时，，∴当n≥3时，=∵，∴…（14分）【点评】本题以数列为载体，考查等差数列的定义，考查数列与不等式的结合，有较强的技巧性．20．（2014•陈仓区校级一模）数列{a n}的各项均为正数，S n为其前n项和，对于任意n∈N*，总有2S n=a n2+a n．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设正整数数列{c n}满足a n+1=（c n）n+1，（n∈N*），求数列{c n}中的最大项；（Ⅲ）求证：T n=+++…+＜．【考点】数列与不等式的综合；数列的求和；数列递推式．【专题】压轴题；等差数列与等比数列．【分析】（Ⅰ）利用即可得出；（Ⅱ）解法一：通过构造函数，利用函数的单调性即可得出；解法二：先计算前几项，猜想出结论，利用数学归纳法即可证明；（Ⅲ））解法一：当n≥4时，可证：n4＞16n（n﹣1），再利用裂项求和即可证明；解法二：n≥2时，，再利用裂项求和即可证明．【解答】解：（Ⅰ）由已知：对于n∈N*，总有①成立∴②①﹣②得∴a n+a n﹣1=（a n+a n﹣1）（a n﹣a n﹣1）∵a n，a n﹣1均为正数，∴a n﹣a n﹣1=1（n≥2），∴数列{a n}是公差为1的等差数列，又n=1时，，解得a1=1．∴a n=n．（Ⅱ）解法一：由已知c n＞0，，⇒，同理，，．易得c1＜c2，c2＞c3＞c4＞…猜想n≥2时，{c n}是递减数列．令∵当x≥3时，lnx＞1，则1﹣lnx＜0，即f'（x）＜0．∴在[3，+∞）内f（x）为单调递减函数．由．∴n≥2时，{lnc n}是递减数列．即{c n}是递减数列．又c1＜c2，∴数列{c n}中的最大项为．解法二：猜测数列{c n}中的最大项为．c1＜c2＞c3易直接验证；以下用数学归纳法证明n≥3时，n n+1＞（n+1）n（1）当n=3时，n n+1=81＞64=（n+1）n，所以n=3时不等式成立；（2）假设n=k（k≥3）时不等式成立，即k k+1＞（k+1）k，即，当n=k+1时，，所以（k+1）k+2＞（k+2）k+1，即n=k+1时不等式成立．由（1）（2）知n n+1＞（n+1）n对一切不小于3的正整数都成立．（3）解法一：当n≥4时，由基本不等式的性质可得，当时，取前一个等号，显然取不到，因此：n3+16＞16n，∴n4＞16n（n﹣1）．解法二：n≥2时，，【点评】熟练掌握利用求通项、通过构造函数并利用函数的单调性证明不等式、数学归纳法、适当放缩、裂项求和是解题的关键．21．（2014•开福区校级一模）已知数列{a n}满足a1=5，a2=5，a n+1=a n+6a n﹣1（n≥2，n∈N*），若数列{a n+1+λa n}是等比数列．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）求证：当k为奇数时，；（Ⅲ）求证：（n∈N*）【考点】数列与不等式的综合．【专题】计算题；证明题；压轴题．【分析】（I）根据数列{a n+1+λa n}是等比数列，建立等式关系，化简整理得得λ=2或λ=﹣3，当λ=2时，得a n+1+2a n=15•3n﹣1①，当λ=﹣3时，得a n+1﹣3a n=﹣10（﹣2）n﹣1②，①﹣②可求出a n；（II）当k为奇数时，作差变形得＜0，从而得到结论；（III）由（Ⅱ）知k为奇数时，，讨论n的奇偶，分别进行证明即可．【解答】解：（Ⅰ）∵数列{a n+1+λa n}是等比数列∴应为常数∴得λ=2或λ=﹣3当λ=2时，可得{a n+1+2a n}为首项是a2+2a1=15，公比为3的等比数列，则a n+1+2a n=15•3n﹣1①当λ=﹣3时，{a n+1﹣3a n}为首项是a2﹣3a1=﹣10，公比为﹣2的等比数列，∴a n+1﹣3a n=﹣10（﹣2）n﹣1②①﹣②得，a n=3n﹣（﹣2）n（Ⅱ）当k为奇数时，=∴（Ⅲ）由（Ⅱ）知k为奇数时，①当n为偶数时，②当n为奇数时，．【点评】本题主要考查了等比数列，以及利用作差法比较大小和分类讨论的思想，属于中档题．22．（2014•合肥一模）已知函数f n（x）=x+，（x＞0，n≥1，n∈Z），以点（n，f n（n））为切点作函数y=f n（x）图象的切线l n，记函数y=f n（x）图象与三条直线x=n，x=n+1，l n所围成的区域面积为a n．（Ⅰ）求a n；（Ⅱ）求证：a n＜；（Ⅲ）设S n为数列{a n}的前n项和，求证：S n＜．【考点】数列与不等式的综合；定积分．【专题】综合题；压轴题；点列、递归数列与数学归纳法．【分析】（Ⅰ）求出原函数的导函数，求出切点坐标，由直线方程的点斜式求得切线方程，由定积分求得函数y=f n（x）图象与三条直线x=n，x=n+1，l n所围成的区域面积为a n；。

(压轴题)高中数学选修二第一单元《数列》测试(包含答案解析)(3)

一、选择题1．在各项为正的递增等比数列{}n a 中，12664a a a =，13521a a a ++=，则n a =（） A ．12n +B ．12n -C ．132n -⨯D ．123n -⨯2．首项为正数，公差不为0的等差数列{}n a ，其前n 项和为n S ，现有下列4个命题，其中正确的命题的个数是（）①若100S =，则280S S +=；②若412S S =，则使0n S >的最大的n 为15；③若150S >，160S <，则{}n S 中8S 最大；④若78S S <，则89S S <．A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个3．数列{}n a 的通项公式为12n n a +=，其前n 项和为n T ，若不等式()2log 4(1)73n n T n n λ+-++对任意*n N ∈恒成立，则实数λ的取值范围为（）A ．3λB ．4λC ．23λ D ．34λ4．设数列{}n a 满足122,6,a a ==且2122n n n a a a ++-+=，若[]x 表示不超过x 的最大整数，则121024102410241024a a a ⎡⎤+++=⎢⎥⎣⎦（） A ．1022 B ．1023 C ．1024 D ．10255．数列{a n }中，已知对任意n ∈N *，a 1+a 2+a 3+…+a n =3n ﹣1，则a 12+a 22+a 32+…+a n 2等于（） A ．n 2(31)-B ．()n1912- C ．n 91- D ．()n1314- 6．数列{}n a 中，12a =，121n n a a +=-，则10a =（） A ．511B ．513C ．1025D ．10247．已知等差数列{}n a 的前n 项的和为n S ，且675S S S >>，有下面4个结论： ①0d <；②110S >；③120S <；④数列{}n S 中的最大项为11S ，其中正确结论的序号为（） A ．②③B ．①②C ．①③D ．①④8．已知数列{}n a 的前n 项和22n S n n =+，那么它的通项公式是（）A ．21n a n =-B ．21n a n =+C ．41n a n =-D ．41n a n =+9．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有高阶等差数列，其前7项分别为3，4，6，9，13，18，24，则该数列的第19项为（）A ．174B ．184C ．188D ．16010．在等差数列{}n a 中，若12336a a a ++=，11121384a a a ++=，则59a a +=（） A ．30B ．35C ．40D ．4511．设等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且510315S S ==，，则20S =（） A ．255B ．375C ．250D ．20012．在公差不为零的等差数列{}n a 中，1a ，3a ，7a 依次成等比数列，前7项和为35，则数列{}n a 的通项n a 等于（） A ．nB ．1n +C ．21n -D ．21n二、填空题13．已知等比数列{}n a 的首项为2，公比为13-，其前n 项和记为n S ，若对任意的*n N ∈，均有13n nA SB S ≤-≤恒成立，则B A -的最小值为______. 14．设n S 是数列{}n a 的前n 项和，13a =，当2n ≥时有1122n n n n n S S S S na --+-=，则使122021m S S S ≥成立的正整数m 的最小值为______.15．数列{}n a 的前n 项和n S 满足22n n S a =-，则数列{}n a 的通项公式n a =______. 16．有一个数阵排列如下： 1 2 4 7 11 16 22…… 3 5 8 12 17 23………… 6 9 13 18 24……………… 10 14 19 25…………………… 15 20 26………………………… 21 27……………………………… 28…………………………………… ………………………………………则第40行从左至右第6个数字为______. 17．设数列{}n a 的前n 项和,n S 若11a =-，()*1102n n S a n N +-=∈，则{}n a 的通项公式为_______．18．已知数列{}n a 的首项11a =，函数321()(cos)2n n n f x x a a x π+=+--为奇函数，记n S 为数列{}n a 的前n 项和，则2020S 的值为__.19．等比数列{}n a 中，11a =，且2436a a a +=，则5a =________. 20．已知函数()31xf x x =+，对于数列{}n a 有()1n n a f a -=（*n N ∈且2n ≥），如果11a =，那么n a =______.21．已知等差数列{}n a 的首项11a =，公差0d >，且第二项、第五项、第十四项分别是一个等比数列的第二项、第三项、第四项．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设()()*13a nb n N n a =∈+，22nn Sb b b =+++，是否存在最大的整数t ，使得对任意的n 均有36n tS >总成立？若存在，求出t ；若不存在，请说明理由． 22．已知等差数列{}n a 中，23a =，47a =，数列{}n b 满足11b a =，13n n b b +=. （1）求数列{}n a 通项公式n a ；（2）求数列{}n b 的前n 项和n S . 23．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12n n S a +=．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设21nn b a n =+，求数列{}n b 的前n 项和n T ． 24．已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，131n n S S +=+，11a =．（1）证明：数列{}n a 是等比数列，并求n a 的通项公式；（2）若()11n n n b na -=-⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T ．25．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，12a =，()()31n n n S a n a -=-．（1）求n a ；（2）若数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：1n T <． 26．已知数列{}n a 中，12a =，24a =，()2112n n n a a a n -+=≥．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设1n n b a =-，1212231n n n n a a aS b b b b b b +=++⋅⋅⋅+，对任意n *∈N ，证明：1n S <．参考答案【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除1．B 解析：B 【分析】设其公比为q ，由等比数列通项公式得34a =，进而得2333221a a a q q++=，解得2q =±或12q =±，再根据数列单调性即可得2q ，进而得12n na【详解】{}n a 为等比数列，设其公比为q ，()3362312611364a a a a q a q a ∴====，则34a =，13521a a a ∴++=，2333221a a a q q∴++=，即2244421q q++=，解得2q =±或12q =±，又{}n a 各项为正且递增，2q ∴=，3313422n n n n a a q ---∴==⨯=．故选：B ．【点睛】本题解题的关键是先根据题意得34a =，进而将13521a a a ++=转化为2333221a a a q q++=求q ，考查运算求解能力，是中档题. 2．B解析：B 【分析】①②③根据条件可分析数列是首项为正数，公差小于0的等差数列，所以存在*n N ∈，使100n n a a +≥⎧⎨≤⎩，再结合等差数列的前n 项和公式判断选项；④利用公式1n n n S S a --=()2n ≥，判断选项.【详解】①若100S =，则()()110561010022a a a a ++==，因为数列是首项为正数，公差不为0的等差数列，所以50a >，60a <，那么()()()()18281212458402a a S S a a a a a a ++=++=+++>，故①不成立；②若412S S =，则()124561289...40S S a a a a a -=+++=+=，因为数列是首项为正数，公差不为0的等差数列，所以80a >，90a <，()115158151502a a S a +==>，()()11689161616022a a a a S ++===，则使0n S >的最大的n 为15，故②成立； ③()115158151502a a S a +==>，()()116168916802a a S a a +==+<，则90a <，因为数列是首项为正数，公差不为0的等差数列，所以{}n S 中的最大项是8S ，故③正确； ④若78S S <，则8780S S a -=>，但989S S a -=，不确定9a 的正负，故④不正确. 故选：B 【点睛】方法点睛：一般等差数列前n 项和的最值的常用方法包含：1.单调性法，利用等差数列的单调性，求出其正负转折项，便可求得等差数列前n 项和的最值；2.利用二次函数的性质求最值，公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和2n S An Bn =+（,A B 为常数）为关于n的二次函数，利用二次函数的性质解决最值问题.3．A解析：A 【分析】将不等式()2log 4(1)73n n T n n λ+-++对任意*n N ∈恒成立，转化为271n n n λ-++对任意*n N ∈恒成立，由2min71n n n λ⎛⎫-+ ⎪+⎝⎭求解.【详解】依题意得，()24122412n n nT +-==--，∴不等式()2log 4(1)73n n T n n λ+-++可化为22log 2(1)73n n n n λ+-++，即27(1)n n n λ-++.又*n N ∈，∴271n n n λ-++对任意*n N ∈恒成立.只需满足2min71n n n λ⎛⎫-+ ⎪+⎝⎭即可.设1n t +=，则*t N ∈，2t ，∴27931n n t n tλ-+=+-+.∵993233t t t t+-⋅-=，当且仅当3t =，即2n =时等号成立， ∴2min731n n n ⎛⎫-+= ⎪+⎝⎭.∴3λ，故选：A. 【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：若()f x 在区间D 上有最值，则()()min ,00x D f x f x ∀∈>⇔>；()()max ,00x D f x f x ∀∈<⇔<；若能分离常数，即将问题转化为：()a f x >（或()a f x <），则()()max a f x a f x >⇔>；()()min a f x a f x <⇔<. 4．B解析：B 【分析】由2122n n n a a a ++-+=变形得()2112n n n n a a a a +++---=，令1n n n b a a +=-，可得n b 为等差数列，求得{}n b 通项进而求得{}n a 通项，结合裂项公式求1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭前n 项和，再由最大整数定义即可求解【详解】由()12121222n n n n n n n a a a a a a a +++++--=-+⇒=-，设1n n n b a a +=-，则12n nb b ，{}n b 为等差数列，1214b a a =-=，公差为2d =，故22=+n b n ，112n n n b n a a --==-，()1221n n a a n ---=-，，2122a a -=⨯，叠加得()()121n a a n n -=+-，化简得2n a n n =+，故()111111n a n n n n ==-++，所以 1210241024102410241111111024110241223102410251025a a a ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫+++=⨯-+-++-=⨯-⎢⎥⎢⎥⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦⎣⎦1024102410231025⎡⎤=-=⎢⎥⎣⎦故选：B 【点睛】方法点睛：本题考查构造数列的使用，等差通项的求解，叠加法求前n 项和，裂项公式求前n 项和，新定义的理解，综合性强，常用以下方法：（1）形如()1n n a a f n --=的数列，常采用叠加法求解；（2）常见裂项公式有：()11111n n n n =-++，()1111n n k k n n k ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭，()()1111212122121n n n n ⎛⎫=- ⎪-+-+⎝⎭5．B解析：B 【分析】由a 1+a 2+a 3+…+a n ＝3n ﹣1，可求得a n ，从而可知2n a ，利用等比数列的求和公式即可求得答案．【详解】∵a 1+a 2+a 3+…+a n ＝3n ﹣1，①，∴a 1+a 2+a 3+…+a n +1＝3n +1﹣1，② ②﹣①得：a n +1＝3n +1﹣3n ＝2×3n ，∴a n ＝2×3n ﹣1()2n ≥. 当n ＝1时，a 1＝31﹣1＝2，符合上式，∴a n ＝2×3n ﹣1．∴221211249,4,9n n nna a a a -+=⨯∴==，∴{}2n a 是以4为首项，9为公比的等比数列， ∴a 12+a 22+a 32+…+a n 2=()()419191921n n⨯-=--．故选B ．【点睛】本题考查数列通项公式的确定及等比数列的判断与求和公式的综合应用，属于中档题．6．B解析：B 【分析】根据递推公式构造等比数列{}1n a -，求解出{}n a 的通项公式即可求解出10a 的值. 【详解】因为121n n a a +=-，所以121n n a a +=-，所以()1121n n a a +-=-，所以1121n n a a +-=-且1110a -=≠，所以{}1n a -是首项为1，公比为2的等比数列，所以112n n a --=，所以121n n a -=+，所以91021513a =+=，故选：B. 【点睛】本题考查利用递推公式求解数列通项公式，难度一般.对于求解满足()11,0,0n n a pa q p p q +=+≠≠≠的数列{}n a 的通项公式，可以采用构造等比数列的方法进行求解.7．B解析：B 【分析】利用等差数列的前n 项和的性质可得正确的选项．【详解】由675S S S >>得760S S -<，750S S ->，则70a <，670a a +>，所以60a >，所以0d <，①正确； 111116111102a a S a +=⨯=>，故②正确； 1126712126()02a a S a a +=⨯=+>，故③错误；因为60a >，70a <，故数列{}n S 中的最大项为6S ，故④错误．故选：B. 【点睛】本题考查等差数列的性质，考查等差数列前n 项和的性质.8．C解析：C 【解析】分类讨论：当1n =时，11213a S ==+=，当2n ≥时，221(2)2(1)141n n n a S S n n n n n -⎡⎤=-=+--+-=-⎣⎦，且当1n =时：1414113n a -=⨯-== 据此可得，数列的通项公式为：41n a n =-. 本题选择C 选项.9．A解析：A 【分析】根据已知条件求得11n n n a a -=--，利用累加法求得19a . 【详解】依题意：3,4,6,9,13,18,24,1,2,3,4,5,6,所以11n n n a a -=--（2n ≥），且13a =，所以()()()112211n n n n n a a a a a a a a ---=-+-++-+()()12213n n =-+-++++()()()11113322n n n n -+--=+=+.所以19191831742a ⨯=+=. 故选：A 【点睛】本小题主要考查累加法，属于中档题.10．C解析：C 【分析】利用等差数列性质，若++m n p q ＝，则++m n p q a a a a ＝及等差中项公式可求. 【详解】因为 12336a a a ++=，由等差中项公式，得2336a =，同理11121384a a a ++=，得12384a =，2123+3=81036+42a a ∴=．212+=40a a ∴ 21529+=40a a a a ∴+=故选：C ．【点睛】本题考查等差数列性质与等差中项公式.（1）如果{}n a 为等差数列，若++m n p q ＝，则++m n p q a a a a ＝ ()*m n p q N ∈，，，．（2）{}n a 为等差数列，则有11n n n a a a ＝2-++.11．A解析：A 【分析】由等比数列的性质，510515102015,,,S S S S S S S ---仍是等比数列，先由51051510,,S S S S S --是等比数列求出15S ，再由10515102015,,S S S S S S ---是等比数列，可得20S . 【详解】由题得，51051510,,S S S S S --成等比数列，则有210551510()()S S S S S -=-，215123(15)S =-，解得1563S =，同理有215101052015()()()S S S S S S -=--，2204812(63)S =-，解得20255S =.故选：A 【点睛】本题考查等比数列前n 项和的性质，这道题也可以先由510315S S ==，求出数列的首项和公比q ，再由前n 项和公式直接得20S 。

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1. 等比数列}{n a 首项为正数，8,10243262===⋅--k k k a a a a ，若对满足128>t a 的任意t ，m tk t k ≥-+都成立，则实数m 的取值范围是____________]8,(--∞ 解析：7122262=⇒=-+⇒=⋅-k k k a a a k k ，则22,85643=⇒===-q a a a k12-=n n a ，82212871>⇒>⇒>-t a t t ，1714--≤⇒≥-+tm m t k t k 递增，9≥t ，27-≤-t ，817714-=--≥-∴t2. 已知函数)(x f 定义在正整数集上，且对于任意的正整数x ，都有)1(2)2(+=+x f x f )(x f -，且6)3(,2)1(==f f ，则_______)2009(=f 4018解析：实际上是等差数列问题3. 2222222220091200811...413113*********++++++++++++=S ，则不大于S 的最大整数][S 等于_______2008 解析：1111)1(1)1()1(11122+-+=+++=+++n n n n n n n n 2008][2009112008=⇒-+=S S 4. 已知数列{}n a 满足1,a t =，120n n a a +-+= (,)t n ∈∈**N N ，记数列{}n a 的前n 项和的最大值为()f t ，则()f t = . ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧++)(4)1()(4222为奇数为偶数t t t tt解析：关键是(,)t n ∈∈**N N5. 对任意x ∈R ，函数()f x 满足21)]([)()1(2+-=+x f x f x f ，设2[()](),n a f n f n =-数列{}n a 的前15项和为31,(15)16f -则= ．43 解析：关键之一：不要误入化简函数式的误区；关键之二：能否看出]1,21[)(∈x f ；（21)1(≥+x f ）关键之三：)21)(21(]1)()[(11--+-=-=--n n n a a n f n f a 得411-=+-n n a a ，从而16315-=a ，反代可得43)15(=f6. 设1250,,,a a a L 是从-1，0，1这三个整数中取值的数列，若222212501509,(1)(1)(1)107a a a a a a +++=++++++=L L 且，则1250,,,a a a L 中数字0的个数为 11解析：由题意，5021,...,,a a a 里有9个1，其余不是0，就是成对出现（1，-1），设有n 个0，m 对（1，-1），则412=+n m ，再由71361074107)1(...)1(25021=-=+⇒=++++n m a a ，解得11,15==n m7. 已知数列{}n a 的各项均为正整数，对于⋅⋅⋅=,3,2,1n ，有135 2n n n k a a a ++⎧⎪=⎨⎪⎩n n 1n a a k a +为奇数为偶数,是使为奇数的正整数，若存在*m ∈N ，当n m >且n a 为奇数时，n a 恒为常数p ，则p 的值为______1或5解析：当n a 为奇数时，531+=+n n a a 为偶数，k n n a a 2532+=+为奇数，当n m >且n a 为奇数时，n a 恒为常数p ，故p p p k k 532253+=⇒+=，0>p ，故1=p 或5 8. 已知等差数列{a n }的公差d 不为0，等比数列{b n }的公比q 是小于1的正有理数.若a 1=d ，b 1=d 2，且321232221b b b a a a ++++是正整数，则q 等于________21 解析：（2007全国联赛）因为22111212121321232221114)2()(qq q b q b b d a d a a b b b a a a ++=++++++=++++，故由已知条件知道：1+q +q 2为m 14，其中m 为正整数。

令mq q 1412=++，则 m m m q 4356211144121-+-=-++-=。

由于q 是小于1的正有理数，所以3141<<m，即5≤m ≤13且m m 4356-是某个有理数的平方，由此可知21=q 9. 已知等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，且S n T n ＝n 2n －1对任意n ∈N *恒成立，则a 10b 5的值为 1917 解析：S n T n ＝n 2n －13412)12()12(1212--==--=⇒--n n T S b n a n b a n n n n n n ，等差数列{a n }和{b n }，故设=n a )12(-n k ，)34(-=n k b n ，然后直接计算10. 已知数列{},{}n n a b 满足1211,2,2,a a b ===且对任意的正整数,,,,i j k l 当i j k l+=+时，都有i j k l a b a b +=+，则221ni i i i i a b a b =+=∑ . 解析：令1,2,,1-====n l k n j i ，则1121+=⇒+=+-n b b a b a n n n再令2,1,1,=-===l n k j n i ，则n a n =1112)1(122)1()1(22222+-+=+++=+++=+k k k k k k k k k k b a b a k k k k 11. 在平面直角坐标系中，定义⎩⎨⎧+=-=++n n n n n n x y y x y x 11为点),(n n n y x P 到点),(111+++n n n y x P 的一个变换为""γ变换，已知)1,0(1P ，),(222y x P ，…，),(n n n y x P ，),(111+++n n n y x P是经过""γ变换得到的一列点，设1+=n n n P P a ，数列}{n a 的前n 项和为n S ，那么10S 值为__________23131+解析：),(),,(1n n n n n n n n y x P x y x y P +-+，则 n n n n n n n n x x y x y x y x 2)()(112=--+=-=+++，隔项成等比数列从前几项找规律：),....8,0(),4,4(),4,0(),2,2(),2,0(),1,1(),1,0(7654321P P P P P P P24,4,22,2,2,1654321======a a a a a a ，成等比数列12. 设数列}{n a 的前n 项和为n S ，令nS S S T n n +++=Λ21，称n T 为数列n a a a ,,,21Λ的“理想数”，已知数列40021,,,a a a Λ的“理想数”为2005，则40021,,,,11a a a Λ的“理想数”为_________ 2011解析：2011401400200540111401)11(...)11(11,400...200540014014001=⨯+⨯=+++++=++=S S T S S 13. 已知函数()x x x f tan sin +=.项数为27的等差数列{}n a 满足⎪⎭⎫ ⎝⎛-∈2,2ππn a ，且公差0≠d ，若()()()02721=+++a f a f a f Λ，当()0=k a f 时，则k 的值为_________14 解析：注意到)(x f 为奇函数且在⎪⎭⎫ ⎝⎛-∈2,2ππn a 上单调递增，若()0=k a f ，则0=k a ，,........0)()(01111=+⇒=++-+-k k k k a f a f a a ，若14≠k ，则必然在其左或右多出几项，函数值的和不为0，而其余和为0，不合题意14. 数列{}n a 满足：121141,1+=+=n n a a a ，记∑==n i i n a S 12，若3012t S S n n ≤-+对任意的()+∈N n n 恒成立，则正整数t 的最小值为 10 解析：易得：3412-=n a n ，令n n S S n g -=+12)(，而)1()(+-n g n g 098158114123222221>+-+-+=--=+++n n n a a a n n n ，为减数列，所以：304514)1(12t g S S n n ≤=≤-+，而t 为正整数，所以10min =t 15. 已知函数()()()56(4)462x a x f x a x x -⎧>⎪=⎨-+≤⎪⎩, 数列{}n a 满足()()+∈=N n n f a n ，且数列{}n a 是单调递增数列，则实数a 的取值范围是 ()4,816. 已知等差数列}{n a 的前n 项和为n S ，若322(1)2010(1)1a a -+-=，320092009(1)2010(1)1a a -+-=-，则下列四个命题中真命题的序号为． ②③ ①20092009S =； ②20102010S =； ③20092a a <； ④20092S S <解析：构造函数x x x f 2010)(3+=奇函数且单调增，则1)1(,1)1(20092-=-=-a f a f 则220092=+a a ，,20102)(2010200922010=+=a a S ②正确；2)(2009200912009a a S += 因为公差0≠d ，故12a a ≠，①错误；1)1(,1)1(20092-=-=-a f a f ，知12>a ， 12009<a ，③正确； 12>a ，12009<a 0<⇒d ，112010201020092008)2(2010a a a S S +=--=-=，212a a S +=，若20092S S <得20082>a ，而此时322(1)2010(1)1a a -+-=不成立17. 在等差数列{}n a 中，若任意两个不等的正整数,k p ，都有21k a p =+，21p a k =+，设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若k p m +=，则m S = （结果用m 表示）2m解：2)()(2)(-=⇒-=-⇒-=-d d p k k p d p k a a p k222)21212(2)(2)(2)(11m m k p m d a a m a a m a a m S p k p k m m ⋅=-+++=++=+=+=+ 2m18. 已知ABC ∆的三边长,,a b c 成等差数列，且22284,a b c ++=则实数ｂ的取值范围是 ]72,62(解法一：设c b a ≤≤，且d b a -=，0,≥+=d d b c8423)()(22222222=+=+++-=++d b d b b d b c b a 728432≤⇒≤⇒b b 又c b a >+，故6227238422222>⇒<+=⇒<⇒>⇒+>+-b b d b b d d b d b b d b 解法二：基本不等式c a b +=2，84252)(222222=-=+-+=++ac b b ac c a c b a 而722832584222222≤⇒≤⇒≥-=⇒≤⇒≥+=b b b ac b b ac ac c a b 又,c b a >+不妨设c b a ≤≤，（同一题）已知ABC ∆的三边长,,a b c 成等差数列，且22284,a b c ++=则实数ｂ的取值范围是解析：不妨设c b a ≤≤，且0,,≥+=-=d d b c d b a ，代入等式得84)()(222=+++-d b b d b 842322=+⇒d b ，故728432≤⇒≤b b ，又三边不等关系知，22b d d b d b b d b c b a <⇒>⇒+>+-⇒>+，故84)2(2222>⋅+b b 62>⇒b19. 已知数列}{n a 、}{n b 都是公差为1的等差数列，其首项分别为1a 、1b ，且511=+b a ， *11,N b a ∈．设n b n a c =（*N n ∈），则数列}{n c 的前10项和等于 85解析：即求1021...b b b a a a +++，由于两数列都是公差为1，故此数列也是等差数列，由求和公式知：451012910101110+=⨯⨯+=b b a a S ，而4151)1(111=-=⨯-+=b a a b 20. 数列{}n a 的前n 项和是n S ，若数列{}n a 的各项按如下规则排列：11212312341, , , , , , , , , , , 23344455556L ，若存在整数k ，使10k S <，110k S +≥，则k a = ___75 解析：由于212)1(1...21-=-=-+++n n n n n n n n ，故 4)1(2)1(21)1...21(21)1...21(...)3231(21-=-⋅=-+++=-+++++++=n n n n n n n n n S 当6=n 时，10215<=S ，当7=n 时，10221>=S ，故1022176...21>=++，107622175...21<-=++，所以75=k a 21. 等差数列{}n a 的公差为d ，关于x 的不等式22d x ＋12d a x ⎛⎫- ⎪⎝⎭＋c ≥0的解集为[0，22]，则使数列{}n a 的前n 项和n S 最大的正整数n 的值是．11 解析：由解集可得d a 2211-=，)0(0)223(<≥--=d n d a n 22. 若数列{}n a 是等差数列，首项120032004200320040,0,.0a a a a a >+><，则使前n 项和0n S >成立的最大自然数n 是________4006解析：,0,020042003<>a a 02)(40062)(400620042003400614006>+=+=a a a a S 而04007<S23. 设正项数列}{n a 的前项和是n S ，若}{n a 和}{n S 都是等差数列，且公差相等，则a 1＝ 41 解析：}{n S 是等差数列，则⎪⎩⎪⎨⎧+=++=+d a d a d a d a 33221111平方得⎪⎩⎪⎨⎧+=++=+da d a d d a d a d 32442112112 2)1()2(⨯-得d d =22，而数列各项为正，则,01>a 0≠d ，解得21=d 代入（1）得411=a 24. 已知等比数列{}n a 满足11a =，102q <<，且对任意正整数k ，12()k k k a a a ++-+仍是该数列中的某一项，则公比q1-解析：1-=n n q a ，则对任意正整数k ，总存在*N n ∈，使得n k k k q q q q =+-+-)(11成立两边同除以1-k q ，得k n q q q -=+-)(12，而102q <<，则)1,41(45)21(122∈++-=+--q q q ，即141<<-k n q ，所以 141)21(022=<<=<-q q q k n ，故1,20=-<-<k n k n ，代入k n q q q -=+-)(12得12-=q。