专题07 数列-领军高考数学(理)十年真题(2010-2019)深度思考(新课标Ⅰ卷)

专题07数列
历年考题细目表
题型年份考点试题位置
单选题2019 等差数列2019年新课标1理科09 单选题2018 等差数列2018年新课标1理科04 单选题2017 等差数列2017年新课标1理科04 单选题2017 数列综合题2017年新课标1理科12 单选题2016 等差数列2016年新课标1理科03
单选题2013 数列的定义与通项公
式2013年新课标1理科07
单选题2013 数列应用题2013年新课标1理科12 单选题2012 等比数列2012年新课标1理科05 填空题2019 等比数列2019年新课标1理科14
填空题2018 数列的定义与递推公
式2018年新课标1理科14
填空题2016 等比数列2016年新课标1理科15
填空题2013 数列的定义与通项公
式2013年新课标1理科14
填空题2012 数列的定义与通项公
式2012年新课标1理科16
解答题2015 数列综合题2015年新课标1理科17
解答题2014 数列综合题2014年新课标1理科17
解答题2011 数列综合题2011年新课标1理科17
解答题2010 数列综合题2010年新课标1理科17
历年高考真题汇编
1．【2019年新课标1理科09】记S n为等差数列{a n}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则（）A．a n＝2n﹣5 B．a n＝3n﹣10 C．S n＝2n2﹣8n D．S n n2﹣2n
【解答】解：设等差数列{a n}的公差为d，
由S4＝0，a5＝5，得
，∴，
∴a n＝2n﹣5，，
故选：A．
2．【2018年新课标1理科04】记S n为等差数列{a n}的前n项和．若3S3＝S2+S4，a1＝2，则a5＝（）A．﹣12 B．﹣10 C．10 D．12
【解答】解：∵S n为等差数列{a n}的前n项和，3S3＝S2+S4，a1＝2，
∴a1+a1+d+4a1d，
把a1＝2，代入得d＝﹣3
∴a5＝2+4×（﹣3）＝﹣10．
故选：B．
3．【2017年新课标1理科04】记S n为等差数列{a n}的前n项和．若a4+a5＝24，S6＝48，则{a n}的公差为（）
A．1 B．2 C．4 D．8
【解答】解：∵S n为等差数列{a n}的前n项和，a4+a5＝24，S6＝48，
∴，
解得a1＝﹣2，d＝4，
∴{a n}的公差为4．
故选：C．
4．【2017年新课标1理科12】几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的★答案★：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：N＞100且该数列的前N 项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是（）
A．440 B．330 C．220 D．110
【解答】解：设该数列为{a n}，设b n2n+1﹣1，（n∈N+），则a i，
由题意可设数列{a n}的前N项和为S N，数列{b n}的前n项和为T n，则T n＝21﹣1+22﹣1+…+2n+1﹣1＝2n+1﹣n﹣2，
可知当N为时（n∈N+），数列{a n}的前N项和为数列{b n}的前n项和，即为2n+1﹣n﹣2，
容易得到N＞100时，n≥14，
A项，由435，440＝435+5，可知S440＝T29+b5＝230﹣29﹣2+25﹣1＝230，故A项符合题意．B项，仿上可知325，可知S330＝T25+b5＝226﹣25﹣2+25﹣1＝226+4，显然不为2的整数幂，故B项不符合题意．
C项，仿上可知210，可知S220＝T20+b10＝221﹣20﹣2+210﹣1＝221+210﹣23，显然不为2的整数幂，故C项不符合题意．
D项，仿上可知105，可知S110＝T14+b5＝215﹣14﹣2+25﹣1＝215+15，显然不为2的整数幂，故D项不符合题意．
故选A．
方法二：由题意可知：，，，，
根据等比数列前n项和公式，求得每项和分别为：21﹣1，22﹣1，23﹣1，…，2n﹣1，
每项含有的项数为：1，2，3，…，n，
总共的项数为N＝1+2+3+…+n，
所有项数的和为S n：21﹣1+22﹣1+23﹣1+…+2n﹣1＝（21+22+23+…+2n）﹣n n＝2n+1﹣2﹣n，由题意可知：2n+1为2的整数幂．只需将﹣2﹣n消去即可，
则①1+2+（﹣2﹣n）＝0，解得：n＝1，总共有2＝3，不满足N＞100，
②1+2+4+（﹣2﹣n）＝0，解得：n＝5，总共有3＝18，不满足N＞100，
③1+2+4+8+（﹣2﹣n）＝0，解得：n＝13，总共有4＝95，不满足N＞100，
④1+2+4+8+16+（﹣2﹣n）＝0，解得：n＝29，总共有5＝440，满足N＞100，
∴该款软件的激活码440．
故选：A．
5．【2016年新课标1理科03】已知等差数列{a n}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝（）
A．100 B．99 C．98 D．97
【解答】解：∵等差数列{a n}前9项的和为27，S99a5．
∴9a5＝27，a5＝3，
又∵a10＝8，
∴d＝1，
∴a100＝a5+95d＝98，
故选：C．
6．【2013年新课标1理科07】设等差数列{a n}的前n项和为S n，若S m﹣1＝﹣2，S m＝0，S m+1＝3，则m＝（）
A．3 B．4 C．5 D．6
【解答】解：a m＝S m﹣S m﹣1＝2，a m+1＝S m+1﹣S m＝3，
所以公差d＝a m+1﹣a m＝1，
S m0，
m﹣1＞0，m＞1，因此m不能为0，
得a1＝﹣2，
所以a m＝﹣2+（m﹣1）•1＝2，解得m＝5，
另解：等差数列{a n}的前n项和为S n，即有数列{}成等差数列，
则，，成等差数列，
可得2•，
即有0，
解得m＝5．
又一解：由等差数列的求和公式可得（m﹣1）（a1+a m﹣1）＝﹣2，
m（a1+a m）＝0，（m+1）（a1+a m+1）＝3，
可得a1＝﹣a m，﹣2a m+a m+1+a m+10，
解得m＝5．
故选：C．
7．【2013年新课标1理科12】设△A n B n∁n的三边长分别为a n，b n，c n，△A n B n∁n的面积为S n，n＝1，2，3…若b1＞c1，b1+c1＝2a1，a n+1＝a n，，，则（）
A．{S n}为递减数列
B．{S n}为递增数列
C．{S2n﹣1}为递增数列，{S2n}为递减数列
D．{S2n﹣1}为递减数列，{S2n}为递增数列
【解答】解：b1＝2a1﹣c1且b1＞c1，∴2a1﹣c1＞c1，∴a1＞c1，
∴b1﹣a1＝2a1﹣c1﹣a1＝a1﹣c1＞0，∴b1＞a1＞c1，
又b1﹣c1＜a1，∴2a1﹣c1﹣c1＜a1，∴2c1＞a1，∴，
由题意，a n，∴b n+1+c n+1﹣2a n（b n+c n﹣2a n），
∵b1+c1＝2a1，∴b1+c1﹣2a1＝0，
∴b n+c n﹣2a n＝0，∴b n+c n＝2a n＝2a1，∴b n+c n＝2a1，
由此可知顶点A n在以B n、c n为焦点的椭圆上，
又由题意，b n+1﹣c n+1，∴a1﹣b n，
∴b n+1﹣a1，∴b n﹣a1，
∴，c n＝2a1﹣b n，
∴[][]
[]单调递增（可证当n＝1时0）
故选：B．
8．【2012年新课标1理科05】已知{a n}为等比数列，a4+a7＝2，a5a6＝﹣8，则a1+a10＝（）A．7 B．5 C．﹣5 D．﹣7
【解答】解：∵a4+a7＝2，由等比数列的性质可得，a5a6＝a4a7＝﹣8
∴a4＝4，a7＝﹣2或a4＝﹣2，a7＝4
当a4＝4，a7＝﹣2时，，
∴a1＝﹣8，a10＝1，
∴a1+a10＝﹣7
当a4＝﹣2，a7＝4时，q3＝﹣2，则a10＝﹣8，a1＝1
∴a1+a10＝﹣7
综上可得，a1+a10＝﹣7
故选：D．
9．【2019年新课标1理科14】记S n为等比数列{a n}的前n项和．若a1，a42＝a6，则S5＝．
【解答】解：在等比数列中，由a42＝a6，得q6a12＝q5a1＞0，
即q＞0，q＝3，
则S5，
故★答案★为：
10．【2018年新课标1理科14】记S n为数列{a n}的前n项和．若S n＝2a n+1，则S6＝．
【解答】解：S n为数列{a n}的前n项和，S n＝2a n+1，①
当n＝1时，a1＝2a1+1，解得a1＝﹣1，
当n≥2时，S n﹣1＝2a n﹣1+1，②，
由①﹣②可得a n＝2a n﹣2a n﹣1，
∴a n＝2a n﹣1，
∴{a n}是以﹣1为首项，以2为公比的等比数列，
∴S663，
故★答案★为：﹣63
11．【2016年新课标1理科15】设等比数列{a n}满足a1+a3＝10，a2+a4＝5，则a1a2…a n的最大值为64．【解答】解：等比数列{a n}满足a1+a3＝10，a2+a4＝5，
可得q（a1+a3）＝5，解得q．
a1+q2a1＝10，解得a1＝8．
则a1a2…a n＝a1n•q1+2+3+…+（n﹣1）＝8n•，
当n＝3或4时，表达式取得最大值：26＝64．
故★答案★为：64．
12．【2013年新课标1理科14】若数列{a n}的前n项和为S n a n，则数列{a n}的通项公式是a n＝．【解答】解：当n＝1时，a1＝S1，解得a1＝1
当n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1＝（）﹣（），
整理可得，即2，
故数列{a n}从第二项开始是以﹣2为首项，﹣2为公比的等比数列，
故当n≥2时，a n＝（﹣2）n﹣1，
经验证当n＝1时，上式也适合，
故★答案★为：（﹣2）n﹣1
13．【2012年新课标1理科16】数列{a n}满足a n+1+（﹣1）n a n＝2n﹣1，则{a n}的前60项和为．【解答】解：∵a n+1+（﹣1）n a n＝2n﹣1，
故有a2﹣a1＝1，a3+a2＝3，a4﹣a3＝5，a5+a4＝7，a6﹣a5＝9，a7+a6＝11，…a50﹣a49＝97．
从而可得a3+a1＝2，a4+a2＝8，a7+a5＝2，a8+a6＝24，a9+a11＝2，a12+a10＝40，a13+a11＝2，a16+a14＝56，…从第一项开始，依次取2个相邻奇数项的和都等于2，从第二项开始，依次取2个相邻偶数项的和构成以8为首项，以16为公差的等差数列．
{a n}的前60项和为15×2+（15×8）＝1830
14．【2015年新课标1理科17】S n为数列{a n}的前n项和，已知a n＞0，a n2+2a n＝4S n+3
（I）求{a n}的通项公式：
（Ⅱ）设b n，求数列{b n}的前n项和．
【解答】解：（I）由a n2+2a n＝4S n+3，可知a n+12+2a n+1＝4S n+1+3
两式相减得a n+12﹣a n2+2（a n+1﹣a n）＝4a n+1，
即2（a n+1+a n）＝a n+12﹣a n2＝（a n+1+a n）（a n+1﹣a n），
∵a n＞0，∴a n+1﹣a n＝2，
∵a12+2a1＝4a1+3，
∴a1＝﹣1（舍）或a1＝3，
则{a n}是首项为3，公差d＝2的等差数列，
∴{a n}的通项公式a n＝3+2（n﹣1）＝2n+1：
（Ⅱ）∵a n＝2n+1，
∴b n（），
∴数列{b n}的前n项和T n（）（）．
15．【2014年新课标1理科17】已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，a n≠0，a n a n+1＝λS n﹣1，其中λ为常数．
（Ⅰ）证明：a n+2﹣a n＝λ
（Ⅱ）是否存在λ，使得{a n}为等差数列？并说明理由．
【解答】（Ⅰ）证明：∵a n a n+1＝λS n﹣1，a n+1a n+2＝λS n+1﹣1，
∴a n+1（a n+2﹣a n）＝λa n+1
∵a n+1≠0，
∴a n+2﹣a n＝λ．
（Ⅱ）解：假设存在λ，使得{a n}为等差数列，设公差为d．
则λ＝a n+2﹣a n＝（a n+2﹣a n+1）+（a n+1﹣a n）＝2d，
∴．
∴，，
∴λS n＝1，
根据{a n}为等差数列的充要条件是，解得λ＝4．
此时可得，a n＝2n﹣1．
因此存在λ＝4，使得{a n}为等差数列．
也可以先考虑前3项成等差数列，得出λ，再进一步验证即可．
16．【2011年新课标1理科17】等比数列{a n}的各项均为正数，且2a1+3a2＝1，a32＝9a2a6，
（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；
（Ⅱ）设b n＝log3a1+log3a2+…+log3a n，求数列{}的前n项和．
【解答】解：（Ⅰ）设数列{a n}的公比为q，由a32＝9a2a6得a32＝9a42，所以q2．
由条件可知各项均为正数，故q．
由2a1+3a2＝1得2a1+3a1q＝1，所以a1．
故数列{a n}的通项式为a n．
（Ⅱ）b n（1+2+…+n），
故2（）
则2[（1）+（）+…+（）]，
所以数列{}的前n项和为．
17．【2010年新课标1理科17】设数列满足a1＝2，a n+1﹣a n＝3•22n﹣1
（1）求数列{a n}的通项公式；
（2）令b n＝na n，求数列{b n}的前n项和S n．
【解答】解：（Ⅰ）由已知，当n≥1时，a n+1＝[（a n+1﹣a n）+（a n﹣a n﹣1）+…+（a2﹣a1）]+a1＝3（22n﹣1+22n﹣3+…+2）+2＝32＝22（n+1）﹣1．
而a1＝2，
所以数列{a n}的通项公式为a n＝22n﹣1．
（Ⅱ）由b n＝na n＝n•22n﹣1知S n＝1•2+2•23+3•25+…+n•22n﹣1①
从而22S n＝1•23+2•25+…+n•22n+1②
①﹣②得（1﹣22）•S n＝2+23+25+…+22n﹣1﹣n•22n+1．
即．
考题分析与复习建议
本专题考查的知识点为：数列的概念与简单表示法，等差数列及其前n 项和，等比数列及其前n 项和，数列求和，数列求通项等.历年考题主要以选择填空或解答题题型出现.重点考查的知识点为：等差数列及其前n 项和，等比数列及其前n 项和，数列求和，数列求通项等.预测明年本考点题目会比较稳定，备考方向以知识点等差数列及其前n 项和，等比数列及其前n 项和，数列求和，数列求通项为重点较佳.
最新高考模拟试题
1．等差数列{}n a ，等比数列{}n b ，满足111a b ==，53a b =，则9a 能取到的最小整数是（ ） A ．1- B ．0
C ．2
D ．3
【★答案★】B 【解析】
等差数列{}n a 的公差设为d ，等比数列{}n b 的公比设为q ，0q ≠，
由111a b ==，53a b =，可得2
14d q +=， 则22
91812(1)211a d q q =+=+-=->-，
可得9a 能取到的最小整数是0． 故选：B ．
2．中国古代数学名著《九章算术》中有这样一个问題:今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗，羊主曰:“我羊食半马、“马主曰:“我马食半牛，”今欲衰偿之，问各出几何?此问题的译文是:今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿5斗粟、羊主人说:“我羊所吃的禾苗只有马的一半，”马主人说:“我马所吃的禾苗只有牛的一半，“打算按此比例偿还，他们各应偿还多少？该问题中，1斗为10升，则马主人应偿还( )升粟？ A ．
25
3
B ．
503
C ．
507
D ．
100
7
【★答案★】D
【解析】
因为5斗=50升，设羊、马、牛的主人应偿还的量分别为123,,a a a ， 由题意可知其构成了公比为2的等比数列，且350S =
则31(21)
5021
a -=-，解得1507a =
， 所以马主人要偿还的量为：21100
27
a a ==， 故选D.
3．我国古代的《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方：如图，将1，2，…，9填入33⨯的方格内，使三行，三列和两条对角线上的三个数字之和都等于15.一般地，将连续的正整数21,2,3,
,n 填入n n ⨯个方
格中，使得每行，每列和两条对角线上的数字之和都相等，这个正方形叫做n 阶幻方.记n 阶幻方的对角线上的数字之和为n N ，如图三阶幻方的315N =，那么 9N 的值为（ ）
A ．41
B ．45
C ．369
D ．321
【★答案★】C 【解析】
根据题意可知，幻方对角线上的数成等差数列， 31
(123456789)153
N =++++++++=，
41
(12345678910111213141516)344
N =+++++++++++++++=，
51
(12345678910111213141516171819202122232425)655
N =++++++++++++++++++++++++=，
…
2222
11(1)(1)(12345)22
n n n n n N n n n ++∴=+++++⋯+=⨯=．
故299(91)9413692
N +==⨯=.
故选：C
4．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a = 2(1)()n
n S a n n N n *=+-∈，则数列13n S n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭
的前10项的和是（ ） A ．290 B ．
9
20
C ．
511
D ．
1011
【★答案★】C 【解析】 由()2(1)n
n S a n n N n
*=
+-∈得2(1)n n S na n n =--， 当2n ≥时，11(1)4(1)n n n n n a S S na n a n --=-=----，整理得14n n a a --=， 所以{}n a 是公差为4的等差数列，又11a =， 所以(
)43n a n n N
*
=-∈，从而()
2133222(1)2
n n n a a S
n n n n n n ++=
+=+=+， 所以1111132(1)21n S n n n n n ⎛⎫
==- ⎪+++⎝⎭
，
数列13n S n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭
的前10项的和115
121111S ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭.
故选C .
5．意大利数学家列昂那多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：
1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,，
即()()()()()121,12F F F n F n F n ===-+-(
)3,n n N
*
≥∈，此数列在现代物理“准晶体结构”、化
学等都有着广泛的应用．若此数列被2整除后的余数构成一个新数列{}n a ，则数列{}n a 的前2019项的和为（ ） A ．672 B ．673
C ．1346
D ．2019
【★答案★】C 【解析】
由数列1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,...各项除以2的余数， 可得{}n a 为1,1,0,1,1,0,1,1,0,1,1,0,...， 所以{}n a 是周期为3的周期数列，
一个周期中三项和为1102++=， 因为20196733=⨯，
所以数列{}n a 的前2019项的和为67321346⨯=， 故选C.
6．已知数列{}n a 是等比数列，数列{}n b
是等差数列，若2610a a a ⋅⋅=16117b b b π++=，则
210
39
tan
1b b a a +-⋅的值是（ ）
A ．1
B
．
2
C
．2
-
D
．
【★答案★】D 【解析】
{}n a 是等比数列
3
26106a a a a ∴⋅⋅==
6a ∴
{}n b 是等差数列 1611637b b b b π∴++== 673
b π
∴=
2106239614273tan tan tan tan tan 111333
b b b a a a π
ππ+∴===-=-=-⋅--本题正确选项：D 7．已知数列{}n a 满足2*12311
1
()23
n a a a a n n n N n +
+++=+∈，设数列{}n b 满足：1
21n n n n b a a ++=，数列
{}n b 的前n 项和为n T
，若*()1n n N T n n
λ<
∈+恒成立，则实数λ的取值范围为（ ） A ．1
[,)4
+∞ B ．1(,)4
+∞ C ．3[,)8+∞ D ．3(,)8+∞
【★答案★】D 【解析】
解：数列{}n a 满足2123111
23n a a a a n n n +
+++=+，① 当2n ≥时，21231111
(1)(1)231n a a a a n n n -+++⋯+
=-+--，② ①﹣②得：1
2n a n n
=，
故：2
2n a n =，
数列{}n b 满足：22121214(1)n n n n n b a a n n +++=
=+221114(1)n n ⎡⎤
=-⎢⎥+⎣⎦
， 则：2
2
2
2211111114223(1)n T n n ⎡⎤
⎛⎫⎛⎫⎛⎫
=-+-+
+-⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦
21114(1)n ⎛⎫
=- ⎪+⎝⎭
， 由于*()1
n n N T n n
λ<
∈+恒成立， 故：
21114(1)1
n n n λ⎛⎫-< ⎪
++⎝⎭， 整理得：2
44n n λ+>
+，
因为211
(1)4441
n y n n +=
=+++在*n N ∈上单调递减， 故当1n =时，max 213448
n n +⎛⎫
= ⎪
+⎝⎭ 所以38
λ>
． 故选：D ．
8．已知函数()y f x =的定义域为R ，当0x <时()1f x >，且对任意的实数,x y R ∈，等式
()()()f x f y f x y =+成立，若数列{}n a 满足()()1111n n f a f n N a *
+⎛⎫=∈ ⎪+⎝⎭
，且()10a f =，则下列结
论成立的是（ ） A ．()()20162018f a f a > B ．()()20172020f a f a > C ．()()20182019f a f a > D ．()()20162019f a f a >
【★答案★】A 【解析】
由()()()f x f y f x y =+，令0x =，1y =-，则()()()011f f f -=-
0x <时，()1f x > ()11f ∴-> ()01f ∴= 11a ∴=
当0x >时，令y x =-，则()()()01f x f x f -==，即()()
1
f x f x =-
又()1f x -> ∴当0x >时，()01f x << 令21x x >，则21>0-x x
()()()1212f x f x x f x ∴-=，即
()
()
()()22110,1f x f x x f x =-∈ ()f x ∴在R 上单调递减
又()()11111011n n n n f a f f a f a a ++⎛⎫⎛⎫
=+==
⎪ ⎪++⎝⎭⎝
⎭
111n n
a a +∴=-
+ 令1n =，21
2
a =-
；令2n =，32a =-；令3n =，41a = ∴数列{}n a 是以3为周期的周期数列
201632a a ∴==-，201711a a ==，201821
2a a ==-，201932a a ==-，202011a a ==
()f x 在R 上单调递减 ()()1212f f f ⎛⎫
∴->-> ⎪⎝⎭
()()20162018f a f a ∴>，()()20172020f a f a =，()()20182019f a f a <，()()20162019f a f a =
本题正确选项：A 9．在数列{}n a 中，1111,,(*)2019(1)
n n a a a n N n n +==+∈+，则2019a 的值为______． 【★答案★】1 【解析】 因为11
,(*)(1)
n n a a n N n n +=+
∈+
所以1111
(1)1
n n a a n n n n +-=
=-++，
211
1,2a a -=-
3211
,23
a a -=-
...,
2019201811
20182019
a a -=
-
, 各式相加，可得
201911
12019a a -=-
， 201911
120192019
a -=-，
所以，20191a =，故★答案★为1.
10．已知正项等比数列{}n a 满足5432a a a +=，若存在两项m a ，n a ，使得1a =，则91
m n
+的最小值为__________． 【★答案★】2 【解析】
正项等比数列{}n a 满足5432a a a +=，
432111=+2a q a q a q ∴，
整理，得210+2q q -=，又0q >，解得，12
q =，
存在两项m a ，n a 使得1a ，
2221164m n a q a +-∴=， 整理，得8m n +=，
∴
9119119()()(10)88m n m n m n m n n m
+=++=++ 19(10)28m n +=， 则
91
m n
+的最小值为2． 当且仅当
9m n n m
=取等号，但此时m ，*n N ∉．又8m n +=， 所以只有当6m =，2n =时，取得最小值是2． 故★答案★为：2
11．已知数列{}n a 满足对*,
m n N ∀∈，都有m n m n a a a ++=成立，
72
a π
=，函数()f x =2
sin 24cos
2
x
x +，记()n n y f a =，则数列{}n y 的前13项和为______． 【★答案★】26 【解析】 解：对*,
m n ∀∈N ，都有m n m n a a a ++=成立，
可令1m =即有11n n a a a +-=，为常数， 可得数列{}n a 为等差数列， 函数2
()sin 24cos 2
x
f x x =+sin 22(1cos )x x =++， 由()()()sin 221cos f x f
x x x π+-=++()()()sin 221cos 4x x ππ+-++-=，
可得()f x 的图象关于点,22π⎛⎫
⎪⎝⎭
对称，
113212a a a a +=+=
6872a a a π=+==，
∴()()()()113212f a f a f a f a +=+=()()()6874,2f a f a f a =+==，
∴可得数列{}n y 的前13项和为46226⨯+=．
故★答案★为：26．
12．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足22()n n S a n n N *
=+∈，则n a =_____．
【★答案★】122n +- 【解析】
由题意，数列{}n a 满足22()n n S a n n N *
=+∈， 则1122(1)(2,)n n S a n n n N *
--=+-≥∈，
两式相减可得11222,(2,)n n n n S S a a n n N *
--+≥∈-=-， 即1222,(2,)n n n a a a n n N *
-=+≥∈-
整理得122,(2)n n a a n -=-≥，即12(2),(22)n n a a n -=-≥-，即
12,(2)2
2
n n a n a -=≥--，
当1n =时，1122S a =+，即1122a a =+，解得12a =-， 所以数列{}2n a -表示首项为124a -=-，公比为2的等比数列，
所以112422n n n a -+-=-⨯=-，所以1
22n n a +=-.
13．等差数列{}n a 中，410a =且3a ，6a ，10a 成等比数列，数列{}n a 前20项的和20S =____ 【★答案★】200或330 【解析】
设数列{}n a 的公差为d ，则3410a a d d =-=-，
641042102,6106a a d d a a d d =+=+=+=+，
由3610,,a a a 成等比数列，得2
3106a a a =，
即()()()2
10106102d d d -+=+，
整理得210100d d -=，解得0d =或1d =， 当0d =时，20420200S a ==；
当1d =时，14310317a a d =-=-⨯=， 于是2012019
202071903302
S a d ⨯=+
=⨯+=， 故★答案★为200或330.
14．已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ．若9362S S S =+，则63
1
S S +
取得最小值时，9S 的值为_______．
【★答案★】3
【解析】
由9362S S S =+，得：q≠1，所以936111(1)(1)(1)
2111a q a q a q q q q
---=+---，
化简得：9
3
6
112(1)q q q -=-+-，即9
6
3
220q q q --+=，即6
3
(1)(2)0q q --=，得3
2q =，
化简得631S S +＝613
1(1)11(1)a q q
q a q --+--
＝11
311a q q a -+≥-， 当
11311a q q a -=-
，即1a =时，63
1S S +取得最小值， 所以919(1)1a q S q -==
-9(1)1q q --
＝3
15．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足1
1222n n a a a n -++⋯+=，则5S =____．
【★答案★】3116
【解析】
解：11222n n a a a n -+++=，
可得1n =时，11a = ，
2n ≥时，2121221n n a a a n --++⋯+=-，
又1
1222n n a a a n -++⋯+=，
两式相减可得121n n a -=，
即1
12n n a -⎛⎫= ⎪
⎝⎭
，
上式对1n =也成立，
可得数列{}n a 是首项为1，公比为
1
2
的等比数列， 可得551131211612
S -
=
=-． 故★答案★为：
3116
．
16．已知数列{}n a 满足112(1)0,4n n n a na a ++-==，则数列(1)(2)n
a n n ⎧
⎫
⎨
⎬++⎩⎭
的前n 项和为
___________.
【★答案★】2
222
n n +-+
【解析】
由12(1)0n n n a na ++-=，得
121n n a a
n n
+=⨯+， 所以数列n a n ⎧⎫
⎨⎬⎩⎭是以1141
a a ==为首项，2为公比的等比数列，
于是
11422n n n
a n
-+=⨯=， 所以1
2n n a n +=⋅，
因为12(1)(2)(1)(2)n n a n n n n n +⋅=++++21
2221
n n n n ++=-
++， 所以(1)(2)n
a n n ⎧
⎫⎨
⎬++⎩⎭
的前n 项和
324321222222324321n n n S n n ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+
+- ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭
2222n n +=-+. 17．定义：从数列{}n a 中抽取(,3)m m N m ∈≥项按其在{}n a 中的次序排列形成一个新数列{}n b ，则称{}n b 为{}n a 的子数列；若{}n b 成等差（或等比），则称{}n b 为{}n a 的等差（或等比）子数列. （1）记数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知21n n S =-. ①求数列{}n a 的通项公式；
②数列{}n a 是否存在等差子数列，若存在，求出等差子数列；若不存在，请说明理由. （2）已知数列{}n a 的通项公式为()n a n a a Q +=+∈，证明：{}n a 存在等比子数列. 【★答案★】（1）①12n n a ；②见解析；（2）见证明
【解析】
解：（1）①因为21n n S =-，所以当1n =时，1
1211a =-=， 当2n ≥时，1
121n n S --=-，所以(
)(
)1
1212
12n
n n n a --=---=.
综上可知：12n n
a .
②假设从数列{}n a 中抽3项,,()k l m a a a k l m <<成等差， 则2l k m a a a =+，即1112222l k m ---⨯=+， 化简得：2212l k m k --⨯=+.
因为k l m <<，所以0l k ->，0m k ->，且l k -，m k -都是整数， 所以22l k -⨯为偶数，12m k -+为奇数，所以2212l k m k --⨯=+不成立. 因此，数列{}n a 不存在三项等差子数列.
若从数列{}n a 中抽(,4)m m N m ∈≥项，其前三项必成等差数列，不成立. 综上可知，数列{}n a 不存在等差子数列.
（2）假设数列{}n a 中存在3项0n a +，0n a k ++，0()n a l k l ++<成等比. 设0n a b +=，则b Q +∈，故可设q
b p
=
（p 与q 是互质的正整数）. 则需满足()()()2
000n a k n a n a l ++=+++，
即需满足2
()()b k b b l +=+，则需满足22
22k pk l k k b q
=+=+. 取k q =，则2l k pq =+.
此时2
222
22()2q q q b q q q p p p ⎛⎫+=+=++ ⎪⎝⎭
，
22
22()22q q q q b b l q pq q p p p
p ⎛⎫+=++=++ ⎪⎝⎭.
故此时2
()()b k b b l +=+成立.
因此数列{}n a 中存在3项0n a +，0n a k ++，0()n a l k l ++<成等比， 所以数列{}n a 存在等比子数列.
18．在等差数列{}n a 中，已知公差2d =，2a 是1a 与4a 的等比中项
（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）若数列{}n b 满足31223313131
31
n
n n
b b b b
a =++++
++++，求数列{}n b 的通项公式； （3）令()
*4
n n
n a b c n N =
∈，数列{}n c 的前n 项和为n T . 【★答案★】（1）2n a n =；（2）2(31)n
n b =+；（3）()()1213314
2
n n n n n T +-⨯++=+
. 【解析】
（1）因为2a 是1a 与4a 的等比中项，所以2
1111(2)(6)2a a a a +=+∴=，
∴数列{}n a 的通项公式为2n a n =.
（2）∵()31223131313131
n n n b b b b
a n =
+++++≥++++① ∴311212313131313131
n n n n n b b b b b
a +++=+++++++++++②
②－①得：1
11
231n
n n n b a a +++=-=+，()
11231n n b ++=+，故()()
*231n n b n N =+∈。

（3）()3134
n n
n n n a b c n n n ==+=⋅+，
∴(
)
()23123132333312n n n T c c c c n n =+++
+=⨯+⨯+⨯+
+⨯+++
+，
令23
1323333n n H n =⨯+⨯+⨯++⨯，① 则234
131323333n n H n +=⨯+⨯+⨯+
+⨯②
①－②得： (
)2
3
1
131********
13
n n
n n n
H n n ++--=++++-⨯=
-⨯-，
∴()121334
n n
n H +-⨯+=
∴(
)
()23123132333312n n n T c c c c n n =+++
+=⨯+⨯+⨯+
+⨯+++
+。

∴数列{}n c 的前n 项和()()1213314
2
n n
n n n T +-⨯++=+
19．已知等差数列{}n a 满足32421,7a a a =-=，等比数列{}n b 满足()35242b b b b +=+，且
()2*22n n b b n =∈N .
（1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；
（2）记数列{}n a 的前n 项和为n S ，若数列{}n c 满足()*12
12n n n
c c c S n b b b ++⋯+=∈N ，求{}n c 的前n 项和为n T .
【★答案★】(1) 21n a n =-，12n n b -= (2) n T (23)23n
n =-+.
【解析】
（1）设{}n a 的首项为1a ，公差为d ，则有1122()1a d a d +=+-，137a d +=， 解得1
a 1,d 2所以21n a n =-，
设1
1n n b b q -=，由已知35242()b b b b +=+，可得2q
，
由222n n b b =可得，21
12112
2(2)n n b b --=，可得11b =，所以12n n b -=， （2）由（1）知，2(211)
2
n n n S n -+=
=，
所以212
12
n n c c c n b b b ++
+
=，21
1212
1
(1)(2)n n c c c n n b b b --+++
=-≥， 两式相减可得，21n
n
c n b =-， 当1n =时，1
1c =满足上式，所以1(21)2n n c n -=-，
0111232(21)2n n T n -=⋅+⋅+
+-，1221232(21)2n n T n =⋅+⋅+
+-
两式相减可得，2
122(21)2n n n T n -=++
+--
212(12)1(21)212n n n --=+---
(32)23n n =--
所以n T (23)23n
n =-+.
20．等差数列{}n a 前n 项和为n S ，且432S =，13221S =． （1）求{}n a 的通项公式n a ；
（2）数列{}n b 满足(
)
*
1n n n b b a n N
+-=∈且13b =，求1n b ⎧⎫
⎨
⎬⎩⎭
的前n 项和n T ． 【★答案★】(1) 23n a n =+ (2) 13112212n T n n ⎛⎫
=-- ⎪++⎝⎭
【解析】
（1）等差数列{}n a 的公差设为d ，前n 项和为n S ，且432S =，13221S =． 可得14632a d +=，11378221a d +=， 解得15a =，2d =，
可得()21253n n n a +-=+=； （2）由123n n n b b a n +-==+，
可得()()()121321n n n b b b b b b b b -=+-+-+⋯+-
1
35721(24)(2)2
n n n n n =+++⋯++=+=+，
111122n b n n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭
， 则前n 项和111111
11111232435112n T n n n n ⎛⎫=-+-+-+
+
-+- ⎪-++⎝⎭
13112212n n ⎛⎫
=
-- ⎪++⎝⎭
． 21．设{}n a 是单调递增的等比数列，n S 为数列{}n a 的前n 项和．已知313S =，且13a +，23a ，35a +构成等差数列． （1）求n a 及n S ；
（2）是否存在常数λ．使得数列{}n S λ+是等比数列?若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．
【★答案★】（1）1
3-=n n a ，31
2n n S -=（2）存在常数12λ=．使得数列12n S ⎧⎫+⎨⎬⎩
⎭是等比数列，详见解析
【解析】
（1）由题意得12321313
68
a a a a a a ++=⎧⎨
=++⎩
∴23a =， 1310a a +=
∴
3310q q +=， 解得3q =或 1
3
q =（舍） 所以2
1
23--==n n n a a q
，()1133113
2
n n n
S ⨯--=
=
- . （2）假设存在常数λ．使得数列{}n S λ+是等比数列， 因为11S λλ+=+，24S λλ+=+，313S λλ+=+， 所以()()()2
4113λλλ+=+⋅+，解得1
2
λ=
， 此时1322
n
n S += 1
1132231322
n
n n n S S --+
==+
()2n ≥， ∴存在常数1
2λ=
．使得数列12n S ⎧⎫+⎨⎬⎩
⎭是首项为11322a +=，公比为3等比数列 ．
22．对于无穷数列{}n a ，{}n b ，若{}{}1212max ,,,min ,,,k k k b a a a a a a =-，1,2,3,
k =，则称{}
n b 是{}n a 的“收缩数列”.其中{}12max ,,,k a a a ，{}12min ,,,k a a a 分别表示12,,
,k a a a 中的最大数
和最小数.
已知{}n a 为无穷数列，其前n 项和为n S ，数列{}n b 是{}n a 的“收缩数列”. （1）若21n a n =+，求{}n b 的前n 项和； （2）证明：{}n b 的“收缩数列”仍是{}n b ； （3）若121(1)(1)
(1,2,3,)22
n n n n n n S S S a b n +-++
+=
+=且11a =，22a =，求所有满足该条件的{}n a .
【★答案★】（1）(1)n n -；（2）详见解析；（3）12,1
,1
n a n a a n =⎧=⎨>⎩，21a a ≥.
【解析】
（1）由21n a n =+可得{}n a 为递增数列
{}{}12121max ,,,min ,,,21322n n n n b a a a a a a a a n n ∴=⋅⋅⋅-⋅⋅⋅=-=+-=-
由通项公式可知{}n b 为等差数列
{}n b ∴的前n 项和为：
()22
12
n n n n -⨯=- （2）
{}{}()12121max ,,,max ,,,1,2,3,n n a a a a a a n +⋅⋅⋅≤⋅⋅⋅=⋅⋅⋅
{}{}()12121min ,,,min ,,,1,2,3,n n a a a a a a n +⋅⋅⋅≥⋅⋅⋅=⋅⋅⋅
{}{}{}{}1211211212max ,,,min ,,,max ,,,min ,,,n n n n a a a a a a a a a a a a ++∴⋅⋅⋅-⋅⋅⋅≥⋅⋅⋅-⋅⋅⋅ ()11,2,3,n n b b n +∴≥=⋅⋅⋅，又1110b a a =-= {}{}12121max ,,,min ,,,n n n n b b b b b b b b b ∴⋅⋅⋅-⋅⋅⋅=-= {}n b ∴的“收缩数列”仍是{}n b
（3）由()()
()121111,2,3,22
n n n n n n S S S a b n +-++⋅⋅⋅+=+=⋅⋅⋅可得： 当1n =时，11a a =；
当2n =时，121223a a a b +=+，即221b a a =-，所以21a a ≥；
当3n =时，123133263a a a a b ++=+，即()()3213132b a a a a =-+-（*）， 若132a a a ≤<，则321b a a =-，所以由（*）可得32a a =，与32a a <矛盾； 若312a a a <≤，则323b a a =-，所以由（*）可得()32133a a a a -=- 所以32a a -与13a a -同号，这与312a a a <≤矛盾； 若32a a ≥，则331b a a =-，由（*）可得32a a =.
猜想：满足()()
()121111,2,3,22
n n n n n n S S S a b n +-++⋅⋅⋅+=
+=⋅⋅⋅的数列{}n a 是：
12,1,1
n a n a a n =⎧=⎨>⎩，21a a ≥
经验证，左式()()
12121211212
n n n S S S na n a na a -=++⋅⋅⋅+=+++⋅⋅⋅+-=+
⎡⎤⎣⎦ 右式()()()()()()
11211
21111122222
n n n n n n n n n n n a b a a a na a +-+--=
+=+-=+ 下面证明其它数列都不满足（3）的题设条件
由上述3n ≤时的情况可知，3n ≤时，12
,1
,1n a n a a n =⎧=⎨>⎩，21a a ≥是成立的
假设k a 是首次不符合12
,1
,1n a n a a n =⎧=⎨>⎩，21a a ≥的项，则1231k k a a a a a -≤==⋅⋅⋅=≠
由题设条件可得()()2211112
222
k k k k k k k a a a b ----+=+（*）
若12k a a a ≤<，则由（*）式化简可得2k a a =与2k a a <矛盾； 若12k a a a <≤，则2k k b a a =-，所以由（*）可得()
()2112
k k k k a a a a --=- 所以2k a a -与1k a a -同号，这与12k a a a <≤矛盾；
所以2k a a ≥，则1k k b a a =-，所以由（*）化简可得2k a a =. 这与假设2k a a ≠矛盾. 所以不存在数列不满足12
,1
,1n a n a a n =⎧=⎨
>⎩，21a a ≥的{}n a 符合题设条件
综上所述：12
,1
,1n a n a a n =⎧=⎨
>⎩，21a a ≥
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