高考数列压轴题
专题16 数列(选填压轴题)(解析版)-【挑战压轴题】备战2023年高考数学高分必刷必过题
所以 x 0, 2023 ，则方程x x 1 由 2022 个根.①④正确，
2 故选：D.
4．（2022·河南信阳·高二期末（理））二进制数是用 0 和 1 表示的数，它的基数为 2，进位
规则是“逢二进一”，借位规则是“借一当二”，二制数
a0
a1a2
ak
2
(
k
N
*
）对应的十进制数
记为 mk ，即 mk a0 2k a1 2k1 ... ak1 2 ak 20 ，其中 a0 1 ， ai 0，1（i 1，2，3，，k），
317
4
c13 c23 c33 c173
56 4 c23 16 64 ，
1 所以
c18
4
，所以
7 2
1 c18
4 ，则
1 4
c18
2 7
.
故选：C.
6．（2022·江苏南京·高二期末）将等比数列bn按原顺序分成 1 项，2 项，4 项，…， 2n1 项 的各组，再将公差为 2 的等差数列an 的各项依次插入各组之间，得到新数列cn：b1 ，a1 ，
1 2
nt
0
1 2
n
，
若
n
为偶数，此时
1 2
n
0
，则此时不存在 t
N*
，使得
1 nt 2
1 n 2
，
综上：B 选项错误；
设 an 2n 1 ，此时满足 a1 2 1 3 0 ，
也满足 n, s N*, ans 2n s 1， an as 2n 1 2s 1 2n s 2 ，
② n, s N*, ans an as ；③ n N* ，t N*, ant an .定义：同时满足性质①和②的数
压轴题01 数列压轴题(解析版)--2023年高考数学压轴题专项训练(全国通用)
压轴题01数列压轴题题型/考向一：等差数列、等比数列性质的综合题型/考向二：以古文化、实际生活等情境综合题型/考向三：数列综合应用一、等差数列、等比数列的基本公式1.等差数列的通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ；2.等比数列的通项公式：a n ＝a 1·q n －1.3.等差数列的求和公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d ；4.等比数列的求和公式：S na 1－a n q1－q ，q ≠1，二、等差数列、等比数列的性质1.通项性质：若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则对于等差数列，有a m ＋a n ＝a p ＋a q ＝2a k ，对于等比数列，有a m a n ＝a p a q ＝a 2k .2.前n 项和的性质(m ，n ∈N *)：对于等差数列有S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等差数列；对于等比数列有S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等比数列(q ＝－1且m 为偶数情况除外).三、数列求和的常用方法热点一分组求和与并项求和1.若数列{c n }的通项公式为c n ＝a n ±b n ，或c nn ，n 为奇数，n ，n 为偶数，且{a n }，{b n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{c n }的前n 项和.2.若数列的通项公式中有(－1)n 等特征，根据正负号分组求和.热点二裂项相消法求和裂项常见形式：(1)分母两项的差等于常数1（2n －1）（2n ＋1）＝1n （n ＋k ）＝(2)分母两项的差与分子存在一定关系2n （2n －1）（2n ＋1－1）＝12n －1－12n ＋1－1；n ＋1n 2（n ＋2）2＝141n 2－1（n ＋2）2.(3)分母含无理式1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .热点三错位相减法求和如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，那么求数列{a n ·b n }的前n 项和S n 时，可采用错位相减法.用其法求和时，应注意：(1)等比数列的公比为负数的情形；(2)在写“S n ”和“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确写出“S n －qS n ”的表达式.○热○点○题○型一等差数列、等比数列性质的综合1．已知等比数列{}n a 满足123434562,4a a a a a a a a +++=+++=，则11121314a a a a +++=（）A ．32B ．64C ．96D ．128【答案】B【详解】设{}n a 的公比为q ，则()234561234a a a a q a a a a +++=+++，得22q =，所以()()1051112131412341234264a a a a a a a a q a a a a +++=+++⨯=+++⨯=．故选:B2．已知等比数列{}n a 的公比0q >且1q ≠，前n 项积为n T ，若106T T =，则下列结论正确的是（）A ．671a a =B ．781a a =C ．891a a =D ．9101a a =【答案】C3．已知等差数列n 满足15，36，数列n 满足12n n n n ++=⋅⋅．记数列{}n b 的前n 项和为n S ，则使0n S <的n 的最小值为（）A ．8B ．9C ．10D ．11【答案】C【分析】设等差数列{}n a 的公差为d ，则由1536446a a a a =⎧⎨=+⎩得：111141624206a a da d a d =+⎧⎨+=++⎩，解得：1163a d =⎧⎨=-⎩，()1631319n a n n ∴=--=-+，则当6n ≤时，0n a >；当7n ≥时，0n a <；∴当4n ≤时，0n b >；当5n =时，0n b <；当6n =时，0n b >；当7n ≥时，0n b <；11613102080b =⨯⨯= ，213107910b =⨯⨯=，31074280b =⨯⨯=，474128b =⨯⨯=，()54128b =⨯⨯-=-，()()612510b =⨯-⨯-=，()()()725880b =-⨯-⨯-=-，()()()85811440b =-⨯-⨯-=-，()()()9811141232b =-⨯-⨯-=-，()()()101114172618b =-⨯-⨯-=-，532900S ∴=>，915480S =>，1010700S =-<，100S < ，当10n ≥时，0n b <，∴当10n ≥时，0n S <，则使得0n S <的n 的最小值为10.()()()()()()102120232022k k k k k k k T f a f a f a f a f a f a =-+-++- ，1,2k =，则1T ，2T 的大小关系是（）A ．12T >TB ．12T T <C ．12T T =D ．1T ，2T 的大小无法确定()()101322022...a f a +-)()22023f a -1=125．数列n 满足12，21n n n ++=+∈N ，现求得n 的通项公式为n nn F A B ⎛=⋅+⋅ ⎝⎭⎝⎭，,A B ∈R ，若[]x 表示不超过x 的最大整数，则812⎡⎤⎛⎢⎥ ⎢⎥⎝⎭⎣⎦的值为（）A ．43B ．44C ．45D ．46○热○点○题○型二以古文化、实际生活等情境综合6．小李年初向银行贷款M 万元用于购房，购房贷款的年利率为P ，按复利计算，并从借款后次年年初开始归还，分10次等额还清，每年1次，问每年应还（）万元.A ．10MB ．()()1010111MP P P ++-C ．()10110M P +D ．()()99111MP P P ++-7．传说国际象棋发明于古印度，为了奖赏发明者，古印度国王让发明者自己提出要求，发明者希望国王让人在他发明的国际象棋棋盘上放些麦粒，规则为：第一个格子放一粒，第二个格子放两粒，第三个格子放四粒，第四个格子放八粒……依此规律，放满棋盘的64个格子所需小麦的总重量大约为（）吨.（1kg麦子大约20000粒，lg2=0.3）A．105B．107C．1012D．1015次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见末日行里数，请公仔细算相还.”其意思为：有一个人一共走了441里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛，每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问最后一天走的路程是（）A．7里B．8里C．9里D．10里【答案】A【详解】设第六天走的路程为1a，第五天走的路程为2a……第一天走的路程记为6a，9．2022年10月16日上午10时，中国共产党第二十次全国代表大会在北京人民大会堂隆重开幕.某单位组织全体党员在报告厅集体收看党的二十大开幕式，认真聆听习近平总书记向大会所作的报告.已知该报告厅共有10排座位，共有180个座位数，并且从第二排起，每排比前一排多2个座位数，则最后一排的座位数为（）A ．23B ．25C ．27D ．2910次差成等差数列的高阶等差数列.现有一个高阶等差数列的前6项分别为4,7,11,16,22,29，则该数列的第18项为（）A ．172B ．183C ．191D ．211【答案】C【详解】设该数列为{}n a ，则11,(2)n n a a n n --=+≥，○热○点○题○型三数列综合应用11．在数列{}n a 中，11a =，11n n a a n +=++，则122022111a a a +++= （）A ．20211011B ．40442023C ．20212022D ．2022202312．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12a =，()()1133n nn n n n S S S S ++-=+，则2023S =（）A ．202331-B ．202331+C ．2022312+D ．2023312+13．已知一族曲线n ．从点向曲线n 引斜率为(0)n n k k >的切线n l ，切点为(),n n n P x y ．则下列结论错误的是（）A ．数列{}n x 的通项为1n nx n =+B ．数列{}n y 的通项为n yC ．当3n >时，1352111nn nx x x x x x--⋅⋅⋅>+ Dnnxy <故D 正确.故选：B.14．在数列{}n a 中给定1a ，且函数()()311sin 213n n f x x a x a x +=-+++的导函数有唯一零点，函数()()()112πcos π2g x x x x =-且()()()12918g a g a g a +++= ，则5a =（）．A ．14B ．13C ．16D ．1915．已知函数()()*ln N f x nx x n =+∈的图象在点,fn n ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭处的切线的斜率为n a ，则数列11n n a a +⎧⎫⎨⎩⎭的前n 项和n S 为（）A ．11n +B ．()()235212n nn n +++C ．()41nn +D ．()()235812n nn n +++。
第四章 数列【压轴题专项训练】(解析版)
第四章数列【压轴题专项训练】一、单选题1．已知数列{}n a 的前n 项和n S ，且2(1)n n S a n -=-，22na nn b S =，则数列{}n b 的最小项为（）A ．第3项B ．第4项C ．第5项D ．第6项【答案】A 【分析】由n S 与n a 的关系1(1)n n n a S S n -=->化简即可求出n S 及n a ，可得n b ，分析单调性即可求解.【详解】∵1(1)n n n a S S n -=->,∴1n n n S a S --=,则21(1)n S n -=-,即2*(N )n S n n =∈,∴22(1)21n a n n n =--=-.易知0n b >,∵212+1+14422+1n n n n b b n n -==（）,244142(1)n n b n b n +∴==+当11n >+时,1n >,∴当13n ≤<时,1n n b b +>,当3n ≥时,1n n b b +<,又23132,281b b ==,∴当3n =时,n b 有最小值.故选：A2．中国古代词中，有一道“八子分绵”的数学名题：“九百九十六斤绵，赠分八子做盘缠，次第每人多十七，要将第八数来言”．题意是：把996斤绵分给8个儿子作盘缠，按照年龄从大到小的顺序依次分绵，年龄小的比年龄大的多17斤绵，那么第8个儿子分到的绵是A ．174斤B ．184斤C ．191斤D ．201斤【答案】B 【详解】用128,,,a a a 表示8个儿按照年龄从大到小得到的绵数，由题意得数列128,,,a a a 是公差为17的等差数列，且这8项的和为996，∴1878179962a ⨯+⨯=，解得165a =．∴865717184a =+⨯=．选B ．3．如图，方格蜘蛛网是由一族正方形环绕而成的图形．每个正方形的四个顶点都在其外接正方形的四边上，且分边长为3:4．现用13米长的铁丝材料制作一个方格蜘蛛网，若最外边的正方形边长为1米，由外到内顺序制作，则完整的正方形的个数最多为（参考数据:7lg0.155≈）A ．6个B ．7个C ．8个D ．9个【答案】B 【分析】根据条件可得由外到内的正方形的边长依次构成等比数列，再根据等比数列求和公式得这些正方形的周长，列不等式，解得结果.【详解】记由外到内的第n 个正方形的边长为n a ，则12554144()77n n a a a =⨯=⨯=⨯，，.1251()57...414(1())5717nn n a a a -+++=⨯=⨯--.令1251()57...414(1())135717nn n a a a -+++=⨯⨯-≤-，解得117.6677lg 5n ≤+≈，故可制作完整的正方形的个数最多为7个.应选B.4．在等差数列{}n a 中，满足4737a a =，且10,n a S >，是{}n a 前n 项的和，若n S 取得最大值，则n =（）A ．7B ．8C ．9D ．10【答案】C 【分析】设等差数列首项为1a ，公差为d ，进而由4737a a =得14330a d +=,故()()2111352233n n n d a S na n n-=+=-,再根据二次函数性质即可得当9n =时，n S 取最大值.【详解】设等差数列首项为1a ，公差为d ，因为4737a a =,所以()()113376a d a d +=+,即14330a d +=，10a >，()()2111352233n n n d a S na n n-=+=-，二次函数的对称轴为358.754n ==，开口向下，又∵n *∈N ，∴当9n =时，n S 取最大值.故选:C.5．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若11a =，121n n S S +=+，则6S =（）A ．63B ．127C ．128D ．256【答案】A 【分析】先利用1n n n a S S -=-求通项公式，判断出{}n a 为等比数列，直接求和.【详解】在121n n S S +=+中，令1n =，得23S =，所以22a =．由121n n S S +=+得2121n n S S ++=+，两式相减得212n n a a ++=，即212n n a a ++=，又11a =，212aa =，所以数列{}n a 是以1为首项，2为公比的等比数列，所以66126312S -==-.故选：A ．6．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且78S S >，8910S S S =<，则下面结论错误的是（）A ．90a =B ．1514S S >C ．0 d <D ．8S 与9S 均为n S 的最小值【答案】C 【分析】根据()12n n n a S S n -=-≥推导出80a <，90a =，100a >，结合等差数列的单调性与求和公式判断可得出合适的选项.【详解】对于A 选项，由89S S =可得9980a S S =-=，A 选项正确；对于C 选项，由78S S >可得8870a S S =-<，980d a a ∴=->，C 选项错误；对于D 选项，由109S S >可得101090a S S =->，且90a =，80a <，0d >，所以，当8n ≤且n *∈N 时，0n a <，且90a =，则8S 与9S 均为n S 的最小值，D 选项正确；对于B 选项，90a =，0d >，当10n ≥时，90n a a >=，所以，1514150S S a -=>，B 选项正确.故选：C.7．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，2n n S n a =，11a =，则n S =（）A ．21n n +B ．()2221n n +C ．221nn -D ．221n n -【答案】A 【分析】根据n S 与n a 的关系可得12n n a n a n +=+，再利用累乘法即可得112(1n a n n =-+，进而利用裂项相消法求和即可.【详解】当2n ≥时，2,n n S n a =则211,(1)n n S n a ++=+且2222S a =，即2214a a +=，所以213a =.两式作差得2211(1)n n n n S S n a n a ++-=+-，即2211(1)n n n a n a n a ++=+-，即()12n n n a na ++=，所以12n n a n a n +=+，即()1121n n a n n a n --=≥+.则()1232212321232211········2(11411n n n n n n n a a a a n n n a a a a a a a n n n n n n n --------=⋯=⋯==-+-++.所以1111112)2(1112(12312n n S n n n n -=-=++=-+-+++.故选：A.8．用数学归纳法证明“()*(31)71n n n N +⋅-∈能被9整除”，在假设n k =时命题成立之后，需证明1n k =+时命题也成立，这时除了用归纳假设外，还需证明的是余项（）能被9整除.A ．376k ⨯+B ．1376k +⨯+C ．37 3k ⨯-D ．1373k +⨯-【答案】B 【分析】假设n k =时命题成立，即(31)71k k +⋅-能被9整除，计算当1n k =+时，()131171(31)71k k k k +⎡⎤-⎣⎦++⋅--+⋅⎡⎤⎣⎦()131663177k k k +⎡=⎤-⋅+⋅⎦⋅+⎣+，即可得解.【详解】解：假设n k =时命题成立，即(31)71k k +⋅-能被9整除，当1n k =+时，()131171(31)71k kk k +⎡⎤-⎣⎦++⋅--+⋅⎡⎤⎣⎦()1347(31)7k kk k +-=+⋅+⋅()13137(31)7k kk k +=++⋅+⋅⎡⎤⎣⎦-()1131737(31)7k k k k k ++=+-+⋅⋅+⋅()1631737k k k +=⋅+⋅+⋅()131663177k k k +⎡=⎤-⋅+⋅⎦⋅+⎣+(31)71k k +⋅-能被9整除要证上式能被9整除，还需证明1367k +⋅+也能被9整除故选：B9．已知数列{}n a 满足11a =，24a =，310a =，1{}n n a a +-是等比数列，则数列{}n a 的前8项和8S =（）A ．376B ．382C ．749D ．766【答案】C 【分析】利用累加法求出通项n a ，然后利用等比数列的求和公式和分组求和法，求解8S 即可【详解】由已知得，213a a -=，326a a -=，而{}1n n a a +-是等比数列，故2q =，∴11221()()()n n n n a a a a a a ----+-+-=23632n -+++⨯1133232312n n ---⨯==⨯--，1n a a ∴-=1323n -⨯-，化简得1322n n a -=⨯-，878128123(122)2831612S a a a -=++=⨯+++-⨯=⨯--83219749=⨯-=故选：C10．记n S 为数列{}n a 的前项和，已知点(,)n n a 在直线102y x =-上，若有且只有两个正整数n 满足n S k ≥，则实数k 的取值范围是（）A ．(8,14]B ．(14,18]C ．(18,20]D ．81(18,]4【答案】C 【分析】由已知可得数列{}n a 为等差数列，首项为8，公差为-2，由等差数列的前n 项和公式可得29n S n n =-+，由二次函数的性质可得4n =或5时，n S 取得最大值为20，根据题意，结合二次函数的图象与性质即可求得k 的取值范围．【详解】解：由已知可得102n a n =-，由12n n a a --=-，所以数列{}n a 为等差数列，首项为8，公差为-2，所以2(1)8(2)92n n n S n n n -=+⨯-=-+，当n =4或5时，n S 取得最大值为20，因为有且只有两个正整数n 满足n S k ≥，所以满足条件的4n =和5n =，因为3618S S ==，所以实数k 的取值范围是(]18,20．故选：C ．二、多选题11．已知数列{}n a 满足()*111n na n N a +=-∈，且12a =，则（）A ．31a =-B ．201912a =C ．332S =D ． 2 01920192S =【答案】ACD 【分析】先计算出数列的前几项，判断AC ，然后再寻找规律判断BD ．【详解】由题意211122a =-=，311112a =-=-，A 正确，3132122S =+-=，C 正确；41121a =-=-，∴数列{}n a 是周期数列，周期为3．2019367331a a a ⨯===-，B 错；20193201967322S =⨯=，D 正确．故选：ACD ．12．设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，且12a =，38a =则（）A ．512a =B ．公差3d =C ．()261n S n n =+D ．数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为64nn +【答案】BCD 【分析】根据已知条件求出等差数列{}n a 的通项公式和前n 项和公式，即可判断选项A 、B 、C ，再利用裂项求和即可判断选项D.【详解】因为数列{}n a 是等差数列，则312228a a d d =+=+=，解得：3d =，故选项B 正确；所以()21331n a n n =+-⨯=-，对于选项A ：535114a =⨯-=，故选项A 不正确；对于选项C ：()()2222132612n n S n n n ++-⨯⎡⎤⎣⎦=⨯=+，所以故选项C 正确；对于选项D ：()()111111313233132n n a a n n n n +⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭，所以前n 项和为111111111325588113132n n ⎛⎫-+-+-++- ⎪-+⎝⎭()611132322324n n n n n ⎛⎫=-== ⎪++⎝⎭+，故选项D 正确，故选：BCD.13．在公比q 为整数的等比数列{}n a 中，n S 是数列{}n a 的前n 项和，若1432a a ⋅=，2312a a +=，则下列说法正确的是（）A ．2q =B ．数列{}2n S +是等比数列C ．8510S =D ．数列{}lg n a 是公差为2的等差数列【答案】ABC 【分析】本题首先可根据1432a a ⋅=得出2332a a ⋅=，与2312a a +=联立即可求出2a 、3a 以及q ，A 正确，然后通过122n n S ++=即可判断出B 正确，再然后通过等比数列求和公式即可判断出C正确，最后根据lg lg 2n a n =即可判断出D 错误.【详解】因为数列{}n a 是等比数列，所以142332a a a a ×=×=，联立23233212a a a a ⋅=⎧⎨+=⎩，解得2384a a =⎧⎨=⎩或2348a a =⎧⎨=⎩，因为公比q 为整数，所以24a =、38a =、322a q a ==，12a =，2n n a =，A 正确，()121222212n n n S +-+=+=-，故数列{}2n S +是等比数列，B 正确；()8982122251012S -==-=-，C 正确；lg lg 2lg 2n n a n ==，易知数列{}lg n a 不是公差为2的等差数列，D 错误，故选：ABC.14．意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人，斐波那契数列被誉为是最美的数列，斐波那契数列{}n a 满足：11a =，21a =，()*123,n n n a a a n n N --=+≥∈.若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前n 项所占的格子的面积之和为n S ，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为n c ，则下列结论正确的是（）A ．2111n n n n S a a a +++=+⋅B ．12321n n a a a a a +++++=-C ．1352121n n a a a a a -++++=-D ．()1214n n n n c c a a π--+-=⋅【答案】ABD 【分析】根据题中递推公式，求出n S ，n c ，数列的前n 项和，数列的奇数项和，与选项对比即可.【详解】对于A 选项，因为斐波那契数列总满足()*123,n n n a a a n n N --=+≥∈，所以2121a a a =，()22222312321a a a a a a a a a a ==-=-，()23333423432a a a a a a a a a a ==-=-，类似的有，()21111n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a +-+-==-=-，累加得22221231n n n a a a a a a +++++=⋅，由题知222222112311211n n n n n n n n S a a a a a a a a a a ++++++=+++++=⋅=+⋅，故选项A 正确，对于B 选项，因为11a a =，231a a a =-，342a a a =-，类似的有11n n n a a a +-=-，累加得123122++1n n n n a a a a a a a a ++++=+-=-，故选项B 正确，对于C 选项，因为11a a =，342a a a =-，564a a a =-，类似的有21222n n n a a a --=-，累加得13211222++n n n a a a a a a a -+=+-=，故选项C 错误，对于D 选项，可知扇形面积24nn a c π⋅=，故()()2222111124444n n n n n n n n c c a a a a a a ππππ+----⎛⎫-=-=-=⋅ ⎪⎝⎭⋅⋅，故选项D 正确，故选：ABD.三、填空题15．用数学归纳法证明关于n 的不等式1111312224n n n +++>++(n ∈N +)，由n=k 递推到n=k+1时，不等式的左边的变化为________.【答案】增加112122k k -++【分析】先写出当n=k 时左边的代数式，再写出当n=k+1时左边的代数式，相减即可得出结果，注意分母及项数的变化【详解】假设n=k 时，不等式成立，即1112k k ++++…+113224k >，则当n=k+1时，不等式左边=11(1)1(1)2k k ++++++…+1112212(1)k k k ++++=1123k k ++++…+11122122k k k ++++=1112k k ++++…+1111221221⎛⎫++- ⎪+++⎝⎭k k k k =1112k k ++++…+11122122k k k +-++.故答案为：增加112122k k -++16．单调递增的等比数列{}n a 满足12312314,64a a a a a a ++==，令2log n n b a =，则11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前10项和为________．【答案】1011【分析】设单调递增的等比数列{}n a 的公比为q ，根据等比数列的通项公式列方程求出1a 和q ，可得n a 和n b ，根据裂项求和方法可求得结果.【详解】设单调递增的等比数列{}n a 的公比为q ，则1q >，则()2133111464a q q a q ⎧++=⎪⎨=⎪⎩，所以()2111144a q q a q ⎧++=⎪⎨=⎪⎩，消去1a 得21144q q q ++=，即22520q q -+=，解得2q =或12q =（舍），所以12a =，111222n n n n a a q --==⨯=，2log n n b a =2log 2nn ==，所以11111(1)1n n b b n n n n +==-++，所以12231011111b b b b b b +++1111112231011=-+-++-11011111=-=.故答案为：101117．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 4+a 7+a 10=9，S 14-S 3=77，则使S n 取得最小值时n 的值为____.【答案】5【分析】设等差数列{a n }的公差为d ，根据a 4+a 7+a 10=9，S 14-S 3=77，求得1,a d 即可.设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 4+a 7+a 10=9，S 14-S 3=77，所以113189,118877a d a d +=-=，解得19,2a d =-=所以()()211111022n n n n n S na d na d n n --=+=+=-，所以当5n =时，S n 取得最小值，故答案为：518．已知数列{}n a 的前n 项和为()2*1,1,N n n n S a S n a n ==∈，则数列{}n a 的通项公式为___________.【答案】()21n a n n =+【分析】由题意可得,当2n ≥时，()2111n n S n a --=-，又2n n S n a =，两式相减可得111n n a n a n --=+，再利用累乘法，即可求出2n ≥时数列{}n a 的通项公式，注意当1n =时,11a =代入进行检验即可.【详解】由2n n S n a =，可得当2n ≥时，()2111n n S n a --=-，则2211(1)n n n n n a S S n a n a --=-=--，即221(1)(1)n n n a n a --=-，故111n n a n a n --=+，所以123211232112321211143(1)n n n n n n n a a a a a n n n a a a a a a a n n n n n --------=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⨯⨯=+-+L .当11,1n a ==满足2(1)n a n n =+.故数列{}n a 的通项公式为2(1)n a n n =+.故答案为：2(1)n a n n =+四、解答题19．设数列{}n a 满足11a =，1123n n n a a -+-=⋅.（1）求数列{}n a 的通项公式;（2）令()21n n b n a =+，求数列{}n b 的前n 项和n S .【答案】（1）13-=n n a ，*n N ∈；（2）3n n S n =⋅，*n N ∈.（1）利用累加法求通项公式；（2）利用错位相减法以及等比数列求和公式即可得出n S .【详解】（1）由已知，当2n ≥时，2123n n n a a ---=⋅，()()()121321n n n a a a a a a a a -=+-+-++-()12211312133312313n n n ----=+++++=+⨯=-当1n =时，11131a -==符合上式，13n n a -∴=，*n N ∈.（2）由（1）知()()121213n n n b n a n -=+=+⨯，()0113353213n n S n -=⨯+⨯+++⨯①3n S =()()1213353213213n n n n -⨯+⨯++-⨯++⨯②①-②得()()121232333213n n n S n --=++++-+⋅()()121213332131n n n -=++++-+⋅+()132213113nn n -=⨯-+⋅+-23nn =-⋅所以，3n n S n =⋅，*n N ∈.20．数列{a n }的前n 项和S n ＝33n －n 2，（1）求{a n }的通项公式；（2）则{a n }的前多少项和最大？【答案】（1）a n ＝34－2n ；（2）前16项或前17项的和最大．【分析】法一：当2n 时，1n n n a S S -=-，当1n =时，11a S =，即可得出．法二：利用S n 是关于n 的缺常数项的二次型函数的结构特征构造方程组求得首项和公差即可.（2）法一：令0n a ，得3420n - ，解出n 即可得出．法二：由233y x x =-+的对称轴为332x =．利用二次函数的单调性即可得出．【详解】（1）法一：(公式法)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝34－2n ，又当n ＝1时，a 1＝S 1＝32＝34－2×1，满足a n ＝34－2n ．故{a n }的通项公式为a n ＝34－2n ．法二：(结构特征法)由S n ＝－n 2＋33n 知S n 是关于n 的缺常数项的二次型函数，所以{a n }是等差数列，由S n 的结构特征知112332d d a ⎧=-⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩解得a 1＝32，d ＝－2，所以a n ＝34－2n ．（2）法一：(公式法)令a n ≥0，得34－2n ≥0，所以n ≤17，故数列{a n }的前17项大于或等于零．又a 17＝0，故数列{a n }的前16项或前17项的和最大．法二：(函数性质法)由y ＝－x 2＋33x 的对称轴为x ＝332，距离332最近的整数为16，17．由S n ＝－n 2＋33n 的图象可知：当n ≤17时，a n ≥0，当n ≥18时，a n <0，故数列{a n }的前16项或前17项的和最大．21．已知各项均不相等的等差数列{}n a 的前4项和为10，且124,,a a a 是等比数列{}n b 的前3项.（1）求n a ，n b ；（2）设()11n n n n c b a a =++，求{}n c 的前n 项和n S .【答案】（1）1,2n n n a n b -==；（2）121n n S n =-+.【分析】（1）设数列{}n a 的公差为()0d d ≠，由题意列关于首项与公差的方程，联立求得首项与公差，则n a ，n b 可求；（2）把（1）中求得的通项公式代入n c ，分组后利用等比数列前n 项和与裂项相消法求解数列{}n c 的前n 项和.【详解】解：（1）设数列{}n a 的公差为()0d d ≠，由题意，4114(41)446102S a d a d ⨯-=+=+=，①又∵124,,a a a 成等比数列，∴2214a a a =，即2111()(3)a d a a d +=+，得1a d =，②联立①②可得，11a d ==∴n a n =，12n n b -=；（2）∵1112(1)(1)n n n n n c b a a n n -=+=+++，∴01111111(222)(1)2231n n S n n -=++++-+-++-+＝1211121211n n n n -+-=--++.∴数列{}n c 的前n 项和n S 为121n n S n =-+.22．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝1n na a +(n ∈N *)．（1）计算a 2，a 3，a 4；（2）猜想a n 的表达式，并用数学归纳法证明．【答案】（1）a 2＝12，a 3＝13，a 4＝14；（2）猜想a n ＝1n，证明见解析.【分析】（1）由递推式直接求出即可；（2）由（1）归纳猜想出n a ，再用数学归纳法证明即可.【详解】（1）a 1＝1，a 2＝111a a +＝12，a 3＝221a a +＝13，a 4＝331a a +＝14.（2）由（1）的计算猜想a n ＝1n .下面用数学归纳法进行证明．①当n ＝1时，a 1＝1，猜想成立．②假设当n ＝k 时，猜想成立，即a k ＝1k，那么a k ＋1＝111111k k a k a k k ==+++，即当n ＝k ＋1时，猜想也成立．根据①②可知，对任意n ∈N *都有a n ＝1n .。
最新高三复习高考数学挑战满分压轴题数列
4．已知函数 的定义域为 ，当 时， ；对任意的 ， 成立.若数列 满足 ，且 ，则 的值为（）
A． B． C． D．
5．设数列 满足 ， ， ，数列 前n项和为 ，且 （ 且 ）.若 表示不超过x的最大整数， ，数列 的前n项和为 ，则 （）
A．2019B．2020C．2021D．2022
A． B． Biblioteka ． D．35．数列 满足：对所有 且 ， ，使得 ，则称数 是“ 数列”.现有以下四个数列：① ；② ；③ ；④ ；其中是“ 数列”的有（）
A．①④B．①③④C．②③D．①②
二、多选题
36．若数列 满足 ， ， ，则称数列 为斐波那契数列，又称黄金分割数列．在现代物理､准晶体结构､化学等领域，斐波那契数列都有直接的应用．则下列结论成立的是（）
A．数列 的“准最大项”存在，且为
B．数列 的“准最大项”存在，且为
C．数列 的“准最大项”存在，且为
D．数列 的“准最大项”不存在
9．已知 是数列 的前n项和，若 ，数列 的首项 ，则 （）
A． B． C．2021D．
10．设数列 满足 ，其中c为实数，数列 的前n项和是 ，下列说法不正确的是（）
A． B． C． D．
27．已知数列 中， 成等差数列，且 （其中 为自然对数的底数， ）．若 ，则（）
A． 且 B． 且
C． 且 D． 且
28．若函数 ， ， ， ，在等差数列 中 ， ， ，用 表示数列 的前2018项的和，则（）
A． B．
C． D．
29．已知等差数列 的首项 ，且 ， ．若 ，且对任意的 ，均有 ，则 的最小值为（）．
6．已知数列 满足 ，则 的最大值是（）
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*）．。
数列-2024高考数学压轴小题(解析版)
数列-2024高考压轴小题一．选择题（共13小题）1．数列{a n}中，＞1(∈∗)，点（a n，a n+1）在双曲线2y2﹣x2＝1上．若a n+2﹣a n+1＞λ（a n+1﹣a n）恒成立，则实数λ的取值范围为（）A．[12，+∞)B．(12，+∞)C．+∞)D．（1，+∞）2．已知等比数列{a n}的公比为−13，其前n项和为S n，且a1，2+43，a3成等差数列，若对任意的n∈N*，均有≤−2≤恒成立，则B﹣A的最小值为（）A．2B．76C．103D．53 3．已知数列{a n}满足1=13，r1=(r1)+，1+12+⋯+12⋯＜o∈p恒成立，则m的最小值为（）A．1B．2C．3D．54．已知数列{a n}满足a1+2a2+…+2n﹣1a n＝n•2n，记数列{a n﹣tn}的前n项和为S n，若S n≤S10对任意的n∈N*恒成立，则实数t的取值范围是（）A．[1211，1110]B．(1211，1110]C．[1110，109]D．(1110，109) 5．已知数列{142+4K3}的前n项和为T n，若对任意的n∈N*，不等式12T n＜3a2﹣a恒成立，则实数a的取值范围是（）A．[−1，43]B．[−43，1] C．(−∞，−1]∪[43，+∞)D．(−∞，−43]∪[1，+∞)6．设S n是一个无穷数列{a n}的前n项和，若一个数列满足对任意的正整数n，不等式＜r1r1恒成立，则称数列{a n}为和谐数列，有下列3个命题：①若对任意的正整数n均有a n＜a n+1，则{a n}为和谐数列；②若等差数列{a n}是和谐数列，则S n一定存在最小值；③若{a n}的首项小于零，则一定存在公比为负数的一个等比数列是和谐数列．以上3个命题中真命题的个数有（）个．A．0B．1C．2D．37．已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝2，且满足S n+1＝2S n+2n+1，若存在实数λ，使不等式λa n≤（n﹣19）S n对任意n∈N*恒成立，则λ的最大值为（）A．﹣24B．﹣18C．−683D．−703 8．已知等比数列{a n}的首项为2，公比为−13，其前n项和记为S n，若对任意的n∈N*，均有A≤3S n−1≤B恒成立，则B﹣A的最小值为（）A．72B．94C．114D．1369．已知等差数列{a n}满足a2＝2，a3+a6＝1+a8，数列{b n}满足b n a n+1a n＝a n+1﹣a n，记{b n}的前n项和为S n，若对于任意的a∈[﹣2，2]，n∈N*，不等式＜22+B−3恒成立，则实数t的取值范围为（）A．（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞）B．（﹣∞，﹣2]∪[1，+∞）C．（﹣∞，﹣1]∪[2，+∞）D．[﹣2，2]10．已知数列{a n}的首项是a1＝1，前n项和为S n，且S n+1＝2S n+3n+1（n∈N*），设c n＝log2（a n+3）．若存在常数k，使得不等式k≥−1(r16)(∈∗)恒成立，则k的取值范围为（）A．[19，+∞）B．[116，+∞)C．[125，+∞)D．[136，+∞) 11．已知数列{a n}满足1=3，r1=+2−1，记数列{|a n﹣2|}的前n项和为S n，设集合={125，6225，4517，3512}，N＝{λ∈M|λ＞S n对n∈N*恒成立}，则集合N的元素个数是（）A．1B．2C．3D．4 12．设S n是数列{a n}的前n项和，=32−3r1，若不等式≥n∈N+恒成A．13B．16C．19D．13613．S n为数列{a n}的前n项和，a1＝2，a2＝5，a3＝10，a4＝17，对任意大于2的正整数n，有S n+1﹣3S n+3S n﹣1﹣S n﹣2+m＝0恒成立，则使得12−2+13−2+⋯+1K1−2+1−2≥2542成立的正整数k的最小值为（）A．7B．6C．5D．4二．多选题（共5小题）（多选）14．已知数列{a n}满足a1＝2，a n+1a n＝2a n﹣1（n∈N*），b1＝20a4，b n+1＝a n b n（n∈N •），数列{b n}的前n项和为T n，且对∀n∈N*，2T n+400≥λn恒成立，则（）A．a4=45B．数列{1−1}为等差数列C．b n＝16n D．λ的最大值为225（多选）15．设等差数列{a n}的前n项和为S n，且4=235，S7＝28，记T n为数列{1}的前n项和，若T n＜λ恒成立，则λ的值可以是（）A．1B．2C．3D．4（多选）16．已知数列{a n}满足：a1＝2，=2−1K1，n＝2，3，4，…，则下列说法正确的是（）A．5=65B．对任意n∈N*，a n+1＜a n恒成立C．不存在正整数p，q，r使a p，a r，a q成等差数列D．数列{1−1}为等差数列（多选）17．已知数列{a n}满足a1＝1，a n+1=(r1)+2，对于任意n∈N*，a∈[﹣2，2]，不等式3⋅2＜2t2+at﹣1恒成立，则t的取值可以是（）A．1B．2C．32D．4（多选）18．已知数列{a n}中，a1＝1，a n+1−1=(1+1)，n∈N*．若对于任意的t∈[1，2]，不等式＜−22−(+1)+2−a+2恒成立，则实数a可能为（）A．﹣4B．﹣2C．0D．22024高考压轴练--数列小题参考答案与试题解析一．选择题（共13小题）1．数列{a n }中，＞1(∈∗)，点（a n ，a n +1）在双曲线2y 2﹣x 2＝1上．若a n +2﹣a n +1＞λ（a n +1﹣a n ）恒成立，则实数λ的取值范围为（）A ．[12，+∞)B ．(12，+∞)C ．+∞)D ．（1，+∞）【解答】解：由题意可知：双曲线2y 2﹣x 2＝1的渐近线方程为，因为点（a n ，a n +1）在双曲线2y 2﹣x 2＝1上，则2r12−2=1，且＞1(∈∗)，可得r12−2=1−r12＜0，可知{2}为递减数列，且＞1(∈∗)，则{a n }为递减数列，可得a n +1﹣a n ＜0，且a n +2﹣a n +1＞λ（a n +1﹣a n ），可得＞r2−r1r1−，记点A n （a n ，a n +1），则r2−r1r1−为直线A n A n +1的斜率，记=r2−r1r1−，由双曲线的性质以及{a n }为递减数列可知，直线A n A n +1的斜率{k n }为递减数列，即k n ≤k 1，且随着a 1增大，直线A 1A 2越接近渐近线=，故k 1接近于22，所以则≥故选：C ．2．已知等比数列{a n }的公比为−13，其前n 项和为S n ，且a 1，2+43，a 3成等差数列，若对任意的n ∈N *，均有≤−2≤恒成立，则B ﹣A 的最小值为（）A ．2B ．76C ．103D ．53【解答】解：等比数列{a n}的公比为−13，因为a1，2+43，a3成等差数列，所以2×−131+43= 1+191，解得a1＝2，所以=2[1−(−13)]1−(−13)=32−32⋅(−13)，当n为奇数时，=32+32⋅(13)，易得S n单调递减，且32+32⋅(13)＞32，所以32＜≤1=2；当n为偶数时，=32−32⋅(13)，易得S n单调递增，且32−32⋅(13)＜32，所以43=2≤＜32．所以S n的最大值与最小值分别为2，43．函数=−2在（0，+∞）上单调递增，所以≤(−2)m=43−243=−16．≥(−2)B=2−22=1．所以B﹣A的最小值1−(−16)=76．故选：B．3．已知数列{a n}满足1=13，r1=(r1)+，1+12+⋯+12⋯＜o∈p恒成立，则m的最小值为（）A．1B．2C．3D．5【解答】解：依题意，a n≠0，由r1=(r1)+，得1r1=+(r1)，即r1r1=+1，因此数列{}是首项11=3，公差d＝1的等差数列，则=11+o−1)=+2，即=r2，则当n≥2时，12⋯=13⋅24⋅35⋅⋯⋅r2=2(r1)(r2)=2(1r1−1r2)，1=13= 22×3也符合上式，1+12+⋯+12⋯=2(12−13+13−14+⋯+1r1−1r2)=1−2r2＜1，所以m≥1，即m的最小值为1．故选：A．4．已知数列{a n}满足a1+2a2+…+2n﹣1a n＝n•2n，记数列{a n﹣tn}的前n项和为S n，若S n≤S10对任意的n∈N*恒成立，则实数t的取值范围是（）A．[1211，1110]B．(1211，1110]C．[1110，109]D．(1110，109)【解答】解：由1+22+⋯+2K1=⋅2①，当n＝1时，a1＝2，当n≥2时，1+22+⋯+2K2K1=(−1)⋅2K1②，①﹣②可得a n＝n+1（n≥2），又a1也符合上式，∴a n＝n+1，令b n＝a n﹣tn＝n+1﹣tn＝（1﹣t）n+1，∴b n+1﹣b n＝（1﹣t）（n+1）+1﹣[（1﹣t）n+1]＝1﹣t为常数，∴数列{b n}是等差数列，首项b1＝2﹣t，∴=2−r(1−pr12×=1−22+3−2，其对称轴为=−3−21−=−3−2−2，∵S n≤S10对任意的n∈N*恒成立，3−2−2≤10.5，解得1211≤≤1110，∴t的取值范围是[1211，1110]．故选：A．5．已知数列{142+4K3}的前n项和为T n，若对任意的n∈N*，不等式12T n＜3a2﹣a恒成立，则实数a的取值范围是（）A．[−1，43]B．[−43，1] C．(−∞，−1]∪[43，+∞)D．(−∞，−43]∪[1，+∞)【解答】解：由142+4K3=1(2r3)(2K1)=14（12K1−12r3），可得T n=14（1−15+13−17+15−19+...+12K3−12r1+12K1−12r3）=14（1+13−12r1−12r3）＜14×43=13．由对任意的n∈N*，不等式12T n＜3a2﹣a恒成立，可得3a2﹣a≥12×13，解得a≥43或a≤﹣1．故选：C．6．设S n是一个无穷数列{a n}的前n项和，若一个数列满足对任意的正整数n，不等式＜r1r1恒成立，则称数列{a n}为和谐数列，有下列3个命题：①若对任意的正整数n均有a n＜a n+1，则{a n}为和谐数列；②若等差数列{a n}是和谐数列，则S n一定存在最小值；③若{a n}的首项小于零，则一定存在公比为负数的一个等比数列是和谐数列．以上3个命题中真命题的个数有（）个．A．0B．1C．2D．3【解答】解：对于①，由＜r1r1，可得（n+1）S n＜nS n+1，则S n＜n（S n+1﹣S n），即S n＜na n+1，若a n＜a n+1，则S n＜na n＜na n+1，故①正确；对于②，设等差数列{a n}的公差为d，则=22+(1−)，则=2+1−2，即{}为公差为2的等差数列，若{a n}为和谐数列，即＜r1r1，则2＞0，所以关于n的二次函数=22+(1−)开口向上，则在n∈N•上一定存在最小值，故②正确；对于③，取1＜0，=−14，则=11−⋅(1−)=451[1−(−14)]，B r1=B1⋅(−14)，下面证明S n＜na n+1，即说明存在公比为负数的一个等比数列是和谐数列，即证451[1−(−14)]＜B1(−14)，即证45[1−(−14)]＞o−14)，即证(+45)(−14)＜45，当n＝2k+1，k∈N时，上式左边为负数，显然成立；当n＝2k，k∈N•时，即证(2+45)⋅116＜45，即证16−52−1＞0(⋅)，设op=16−52−1，′(p=16B16−52＞B16−52＞0，则f（k）＞f（1）＞0，即（*）式成立，故③正确．故选：D．7．已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝2，且满足S n+1＝2S n+2n+1，若存在实数λ，使不等式λa n≤（n﹣19）S n对任意n∈N*恒成立，则λ的最大值为（）A．﹣24B．﹣18C．−683D．−703【解答】解：由S n+1＝2S n+2n+1，得r12r1−2=1，∵S1＝a1＝2，∴121=1，∴{2}是首项为1，公差为1的等差数列，则2=1+1×（n﹣1）＝n，即S n＝n•2n，∴当n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1＝n•2n﹣（n﹣1）•2n﹣1＝（n+1）•2n﹣1，验证n＝1也满足，∴a n＝（n+1）•2n﹣1，由λa n≤（n﹣19）S n，得λ（n+1）•2n﹣1≤（n﹣19）•n•2n，即λ≤2oK19)r1．令f（n）=2oK19)r1，则f（n+1）﹣f（n）=2(r1)(K18)r2−2oK19)r1=2(2+3K18)(r1)(r2)= 2(K3)(r6)(r1)(r2)，可得f（1）＞f（2）＞f（3）＝f（4）＜f（5）＜…，∴f（n）min＝f（3）＝f（4）＝﹣24，而λ≤2oK19)r1，∴λ≤﹣24，得λ的最大值为﹣24．故选：A．8．已知等比数列{a n}的首项为2，公比为−13，其前n项和记为S n，若对任意的n∈N*，均有A≤3S n−1≤B恒成立，则B﹣A的最小值为（）A．72B．94C．114D．136【解答】解：S n=2[1−(−13)]1−(−13)=32−32•(−13)，①n为奇数时，S n=32+32•(13)，可知：S n单调递减，且m m∞=32，∴32＜S n≤S1＝2；②n为偶数时，S n=32−32•(13)，可知：S n单调递增，且m m∞=43，∴43=S2≤S n＜32．∴S n的最大值与最小值分别为：2，43．考虑到函数y＝3t−1在（0，+∞）上单调递增，∴A≤(3−1)m=3×43−143=134．B≥(3−1)B=3×2−12=112．∴B﹣A的最小值=112−134=94．故选：B．9．已知等差数列{a n}满足a2＝2，a3+a6＝1+a8，数列{b n}满足b n a n+1a n＝a n+1﹣a n，记{b n}的前n项和为S n，若对于任意的a∈[﹣2，2]，n∈N*，不等式＜22+B−3恒成立，则实数t的取值范围为（）A．（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞）B．（﹣∞，﹣2]∪[1，+∞）C．（﹣∞，﹣1]∪[2，+∞）D．[﹣2，2]【解答】解：由等差数列的性质知a3+a6＝a8+a1＝a8+1，则a1＝1，又a2＝2，则等差数列{a n}的公差d＝a2﹣a1＝1，∴a n＝1+（n﹣1）＝n．由b n a n+1a n＝a n+1﹣a n，得=1−1r1=1−1r1，∴=(1−12)+(12−13)+(13−14)+⋯+(1K1−1)+(1−1r1)=1−1r1，则不等式＜22+B−3恒成立等价于1−1r1＜22+B−3恒成立，而1−1r1＜1，∴问题等价于对任意的a∈[﹣2，2]，n∈N*，2t2+at﹣4≥0恒成立．设f（a）＝2t2+at﹣4，a∈[﹣2，2]，则o2)≥0o−2)≥0，即2+−2≥02−−2≥0，解得：t≥2或t≤﹣2．故选：A．10．已知数列{a n}的首项是a1＝1，前n项和为S n，且S n+1＝2S n+3n+1（n∈N*），设c n＝log2（a n+3）．若存在常数k，使得不等式k≥−1(r16)(∈∗)恒成立，则k的取值范围为（）A．[19，+∞）B．[116，+∞)C．[125，+∞)D．[136，+∞)【解答】解：因为S n+1＝2S n+3n+1，所以当n≥2时，S n＝2S n﹣1+3（n﹣1）+1，两式相减，得a n+1＝2a n+3，所以a n+1+3＝2（a n+3），又a1+3＝4，a1+a2＝S2＝2S1+3×1+1＝6，所以a2＝5，a2+3＝2（a1+3），所以数列{a n+3}是以4为首项、2为公比的等比数列，所以+3=4×2K1=2r1，所以c n＝log2（a n+3）＝n+1，所以−1(r16)=(r16)(r1)=2+17r16=1r16+17≤18+17=125，当且仅当n＝4时等号成立，所以≥125，所以k的取值范围为[125，+∞)．故选：C．11．已知数列{a n}满足1=3，r1=+2−1，记数列{|a n﹣2|}的前n项和为S n，设集合={125，6225，4517，3512}，N＝{λ∈M|λ＞S n对n∈N*恒成立}，则集合N的元素个数是（）A．1B．2C．3D．4【解答】解：令r1=+2−1=，解得a n＝2，即数列{a n}的不动点为2，其生成函数为=+2−1，所以，作出函数=+2−1与函数y＝x的图像如图：故由上图：2＜a n+1＜a n≤3，∴13≤1＜12，∴r1=22−1+1=2(1−14)2+78∈[89，1)，即89≤r1＜，又∵r1−=2−1=2−，∴a n﹣2＝a n（a n﹣a n+1），一方面，由r1≥89得+r1≥179，∴≤917(+r1)，−2=(−K1)≤917(2−r12)，∴=(1−2)+(2−2)+⋯(−2)≤917[(12−22)+(22−32)+⋯+(2−r12)]=917(9−r12)∵a n+1＞2，且当n→+∞，a n+1→2，∴＜917(9−4)=4517，∵4517≥4517，3512＞4517，∴4517，3512∈，另一方面，由r1−2=(−2)(−1)，2＜≤3，得r1−2−2=1−1＞12，又∵1−2=1，2−2=23，3−2=512，∴=(1−2)+(2−2)+⋯(−2)≥1+23+512+512⋅12+⋯+512⋅(12)K3=52−53⋅2K1，又当→+∞，52−53⋅2K1→52，∴λ必须大于等于52，∵125＜52，6225＜52，∴125，6225∉，所以集合N的元素个数是2，故选：B．12．设S n是数列{a n}的前n项和，=32−3r1，若不等式≥n∈N+恒成A．13B．16C．19D．136【解答】解：当n＝1时，1=321−32，所以a1＝18，由=32−3r1，当n≥2时，K1=32K1−3，所以=−K1=32−3r1−32K1+2，所以=3K1+4⋅3，两边同除以3n，所以3=K13K1+4，所以数列{3}是以6为首项，以4为公差的等差数列，所以34(−1)=4+2，所以=(4+2)，由≥n∈N+恒成立，即2(2+1)⋅3≥所以≥2⋅3，设=2⋅3，则r1=r12⋅3r12⋅3=r13=13+13＜1，所以数列{c n}为递减数列，所以≥12×3=16，所以≥136，所以k的最小值为136，故选：D．13．S n为数列{a n}的前n项和，a1＝2，a2＝5，a3＝10，a4＝17，对任意大于2的正整数n，有S n+1﹣3S n+3S n﹣1﹣S n﹣2+m＝0恒成立，则使得12−2+13−2+⋯+1K1−2+1−2≥2542成立的正整数k的最小值为（）A．7B．6C．5D．4【解答】解：依题意知：当n＝3时有S4﹣3S3+3S2﹣S1+m＝0＝a4﹣2a3+a2+m，∵a2＝5，a3＝10，a4＝17，∴m＝﹣2，S n+1﹣3S n+3S n﹣1﹣S n﹣2﹣2＝0，即（S n+1﹣S n）﹣2（S n﹣S n﹣1）+（S n﹣1﹣S n）﹣2＝0，﹣2∴a n+1﹣2a n+a n﹣1﹣2＝0，即（a n+1﹣a n）﹣（a n﹣a n﹣1）＝2，n≥3，又a2﹣a1＝3，a3﹣a2＝5，（a3﹣a2）﹣（a2﹣a1）＝2，∴数列{a n+1﹣a n}是以3为首项，2为公差的等差数列，∴a n+1﹣a n＝2n+1，故a2﹣a1＝3，a3﹣a2＝5，a4﹣a3＝7，…，a n﹣a n﹣1＝2n﹣1（n≥2），由上面的式子累加可得：a n ﹣2=(K1)(3+2K1)2=（n ﹣1）•（n +1），n ≥2，∴1−2=1(K1)(r1)=12（1K1−1r1），n ≥2．由12−2+13−2+⋯+1K1−2+1−2≥2542可得：12[（11−13）+（12−14）+（13−15）+…+（1K1−1r1）]=12（1+12−1−1r1）≥2542，整理得1+1r1≤1342，∵k ∈N *且k ≥2，∴解得：k ≥6．所以k 的最小值为6．故选：B ．二．多选题（共5小题）（多选）14．已知数列{a n }满足a 1＝2，a n +1a n ＝2a n ﹣1（n ∈N *），b 1＝20a 4，b n +1＝a n b n （n ∈N •），数列{b n }的前n 项和为T n ，且对∀n ∈N *，2T n +400≥λn 恒成立，则（）A ．a 4=45B ．数列{1−1}为等差数列C ．b n ＝16n D ．λ的最大值为225【解答】解：∵数列{a n }满足a 1＝2，a n +1a n ＝2a n ﹣1，∴r1=2−1，∴r1−1=−1，∴1r1−1=−1=1−1+1，∴1r1−1−1−1=1，又11−1=12−1=1，∴{1−1}是以1为首项，公差为1的等差数列，∴B 选项正确；∴1−1=，∴=r1，∴4=54，∴A 选项错误；∴1=20×54=25，∴r1=(r1)，∴r1=r1，∴21=21，32=32，•••，K1=K1，累乘可得：21⋅32⋅⋅⋅⋅⋅K1=21×32×⋅⋅⋅×K1，∴1=，∴b n ＝b 1n ＝25n ，∴C 选项错误，∴=(25+25p2，又对∀n ∈N *，2T n +400≥λn ，∴对∀n ∈N *，25n 2+25n +400≥λn ，∴对∀n∈N*，λ≤25+400+25，又25+400+25≥225×400+25=225，当且仅当25=400，即n＝4时，等号成立，∴λ≤225，∴λ的最大值为225，∴D选项正确．故选：BD．（多选）15．设等差数列{a n}的前n项和为S n，且4=235，S7＝28，记T n为数列{1}的前n项和，若T n＜λ恒成立，则λ的值可以是（）A．1B．2C．3D．4【解答】解：∵4=235，∴41+4×32=23（51+5×42），整理得12a1+18d＝10a1+20d，即a1＝d，由S7＝28，可得71+7×62=28，即a1+3d＝4，∴a1＝d＝1，∴=+oK1)2=or1)2，1=2or1)=2(1−1r1)，∴=11+12+...+1=2(1−12+12−13+...+1−1r1)=2(1−1r1)=2−2r1．∵T n＜λ恒成立，∴λ≥2．结合选项可知，λ的值可以是2或3或4．故选：BCD．（多选）16．已知数列{a n}满足：a1＝2，=2−1K1，n＝2，3，4，…，则下列说法正确的是（）A．5=65B．对任意n∈N*，a n+1＜a n恒成立C．不存在正整数p，q，r使a p，a r，a q成等差数列D．数列{1−1}为等差数列【解答】解：∵=2−1K1，（n≥2，n∈N*），∴r1=2−1，（n∈N*），∴r1−1=1−1，又a1﹣1＝1≠0，∴1r1−1=11−1=−1=1−1+1，∴1r1−1−1−1=1，且11−1=1，∴数列{1−1}是以首项为1，公差为1的等差数列，∴1−1=，∴=1+1，∴D正确；对A，∵5=1+15=65，∴A正确；对B，∵r1−=(1+1r1)−(1+1)=−1or1)＜0，∴a n+1＜a n，∴B正确；对C，若存在正整数p，q，r使a p，a r，a q成等差数列，则2a r＝a p+a q，∴2+2=2+1+1，∴2=1+1，令p＝3，r＝4，q＝6，满足等式，∴C错误；故选：ABD．（多选）17．已知数列{a n}满足a1＝1，a n+1=(r1)+2，对于任意n∈N*，a∈[﹣2，2]，不等式3⋅2＜2t2+at﹣1恒成立，则t的取值可以是（）A．1B．2C．32D．4【解答】解：根据题意，r1=(r1)+2，两边同时取倒数可得，r1r1=1+2，即得r1r1+1=2(+1)，由此可得数列{1+}是首项为2，公比为2的等比数列，所以1+=2⇒=2−1，∴3⋅2=3(2−1)2=3−32＜3，∴2t2+at﹣1≥3，又因为at+2t2﹣4≥0在a∈[﹣2，2]上恒成立，所以−2+22−4≥02+22−4≥0⇒t∈（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞）．故选：BD．（多选）18．已知数列{a n}中，a1＝1，a n+1−1=(1+1)，n∈N*．若对于任意的t∈[1，2]，不等式＜−22−(+1)+2−a+2恒成立，则实数a可能为（）A．﹣4B．﹣2C．0D．2【解答】解：由a n+1−1=(1+1)，得a n+1−1=r1，∴r1r1−=1or1)=1−1r1，∴=(−K1K1)+(K1K1−K2K2)+⋯+⋯+（a2﹣a1）+a1，＝（1K1−1）+（1K2−1K1）+…+（1−12）+1＝2−1＜2，∵不等式＜−22−(+1)+2−a+2恒成立，∴2≤﹣2t2﹣（a+1）t+a2﹣a+2，∴2t2+（a+1）t﹣a2+a≤0，在t∈[1，2]上恒成立，设f（t）＝2t2+（a+1）t﹣a2+a，t∈[1，2]，∴o1)=2++1−2+≤0o2)=8+2(+1)−2+≤0，解得a≤﹣2或a≥5，∴实数a可能为﹣4，﹣2．故选：AB．。
2024全国数学高考压轴题(数列选择题)附答案
2024全国数学高考压轴题(数列)一、单选题1．若数列{b n }、{c n }均为严格增数列 且对任意正整数n 都存在正整数m 使得b m ∈[c n ，c n+1] 则称数列{b n }为数列{c n }的“M 数列”．已知数列{a n }的前n 项和为S n 则下列选项中为假命题的是（ ）A ．存在等差数列{a n } 使得{a n }是{S n }的“M 数列”B ．存在等比数列{a n } 使得{a n }是{S n }的“M 数列”C ．存在等差数列{a n } 使得{S n }是{a n }的“M 数列”D ．存在等比数列{a n } 使得{S n }是{a n }的“M 数列”2．已知函数f(x)及其导函数f ′(x)的定义域均为R 记g(x)=f ′(x)．若f(x +3)为奇函数 g(32+2x)为偶函数 且g(0)=−3 g(1)=2 则∑g 2023i=1(i)=（ ） A ．670B ．672C ．674D ．6763．我们知道按照一定顺序排列的数字可以构成数列 那么按照一定顺序排列的函数可以构成函数列.设无穷函数列{f n (x)}（n ∈N +）的通项公式为f n (x)=n 2+2nx+x 2+1(n+x)(n+1)x ∈(0，1) 记E n 为f n (x)的值域 E =U n=1+∞E n 为所有E n 的并集 则E 为（ ）A ．(56，109)B ．(1，109)C ．(56，54)D ．(1，54)4．已知等比数列{x n }的公比q >−12则（ ）A ．若|x 1+x 2+⋅⋅⋅+x 100|<1 则√|x 1|+√|x 2|+⋅⋅⋅+√|x 100|<10B ．若|x 1+x 2+⋅⋅⋅+x 100|>1 则√|x 1|+√|x 2|+⋅⋅⋅+√|x 100|>10C ．若|x 1+x 2+⋅⋅⋅+x 101|<1 则√|x 1|+√|x 2|+⋅⋅⋅+√|x 101|<10D ．若|x 1+x 2+⋅⋅⋅+x 101|>1 则√|x 1|+√|x 2|+⋅⋅⋅+√|x 101|>105．已知数列{a n } {b n }满足a 1=2 b 1=12 {a n+1=b n +1an b n+1=a n +1bn,，,n ,∈,N ∗ 则下列选项错误的是（ ） A ．a 2b 2=14B ．a 50⋅b 50<112C ．a 50+b 50=52√a 50⋅b 50D ．|a 50−b 50|≤156．已知数列{a n }满足：a 1=2 a n+1=13(√a n +2a n )(n ∈N ∗)．记数列{a n }的前n 项和为S n 则（ ）A ．12<S 10<14B ．14<S 10<16C ．16<S 10<18D ．18<S 10<207．已知数列 {a n } 满足： a 1=100，a n+1=a n +1an则（ ）A ．√200+10000<a 101<√200.01+10000B ．√200.01+10000<a 101<√200.1+10000C ．√200.1+10000<a 101<√201+10000D ．√201+10000<a 101<√210+100008．已知数列 {a n } 满足 a 1=a(a >0) √a n+1a n =a n +1 给出下列三个结论：①不存在 a 使得数列 {a n } 单调递减；②对任意的a 不等式 a n+2+a n <2a n+1 对所有的 n ∈N ∗ 恒成立；③当 a =1 时 存在常数 C 使得 a n <2n +C 对所有的 n ∈N ∗ 都成立.其中正确的是（ ） A ．①②B ．②③C ．①③D ．①②③9．已知F 为抛物线y 2=4x 的焦点 点P n (x n ，y n )(n =1，2，3，⋯)在抛物线上.若|P n+1F|−|P n F|=1 则（ ） A ．{x n }是等差数列 B ．{x n }是等比数列 C ．{y n }是等差数列D ．{y n }是等比数列10．已知数列 11 21 12 31 22 13 41 32 23 14… 其中每一项的分子和分母均为正整数.第一项是分子与分母之和为2的有理数；接下来两项是分子与分母之和为3的有理数 并且从大到小排列；再接下来的三项是分子与分母之和为4的有理数 并且从大到小排列 依次类推.此数列第n 项记为 a n 则满足 a n =5 且 n ≥20 的n 的最小值为（ ） A ．47B ．48C ．57D ．5811．已知△A n B n C n (n =1，2，3，⋯)是直角三角形 A n 是直角 内角A n ，B n ，C n 所对的边分别为a n ，b n ，c n 面积为S n ．若b 1=4，c 1=3，b n+12=a n+12+c n 23，c n+12=a n+12+b n 23则下列选项错误的是（ ）A ．{S 2n }是递增数列B ．{S 2n−1}是递减数列C ．数列{b n −c n }存在最大项D ．数列{b n −c n }存在最小项12．已知数列{a n }的各项都是正数 a n+12−a n+1=a n (n ∈N ∗)．记b n =(−1)n−1a n −1数列{b n }的前n 项和为S n 给出下列四个命题：①若数列{a n }各项单调递增 则首项a 1∈(0，2)②若数列{a n }各项单调递减 则首项a 1∈(2，+∞)③若数列{a n }各项单调递增 当a 1=32时 S 2022>2④若数列{a n }各项单调递增 当a 1=23时S2022<−5则以下说法正确的个数（）A．4B．3C．2D．113．已知正项数列{a n}对任意的正整数m、n都有2a m+n≤a2m+a2n则下列结论可能成立的是（）A．a nm+a mn=a mn B．na m+ma n=a m+n C．a m+a n+2=a mn D．2a m⋅a n=a m+n14．古希腊哲学家芝诺提出了如下悖论：一个人以恒定的速度径直从A点走向B点要先走完总路程的三分之一再走完剩下路程的三分之一如此下去会产生无限个“剩下的路程” 因此他有无限个“剩下路程的三分之一”要走这个人永远走不到终点．另一方面我们可以从上述第一段“三分之一的路程”开始通过分别计算他在每一个“三分之一距离”上行进的时间并将它们逐个累加不难推理出这个人行进的总时间不会超过一个恒定的实数．记等比数列{a n}的首项a1=13公比为q 前n项和为S n则造成上述悖论的原理是（）A．q=16，∃t∈R，∀n∈N ∗，Sn<t B．q=13，∃t∈R，∀n∈N∗，S n<tC．q=12，∃t∈R，∀n∈N ∗，Sn<t D．q=23，∃t∈R，∀n∈N∗，S n<t15．已知sinx，siny，sinz依次组成严格递增的等差数列则下列结论错误的是（）A．tanx，tany，tanz依次可组成等差数列B．cosx，cosy，cosz依次可组成等差数列C．cosx，cosz，cosy依次可组成等差数列D．cosz，cosx，cosy依次可组成等差数列16．记U={1，2，⋯，100}．对数列{a n}(n∈N∗)和U的子集T 若T=∅定义S T=0；若T={t1，t2，⋯，t k}定义S T=a t1+a t2+⋯+a tk．则以下结论正确的是（）A．若{a n}(n∈N∗)满足a n=2n−1，T={1，2，4，8}则S T=15B．若{a n}(n∈N∗)满足a n=2n−1则对任意正整数k(1≤k≤100)，T⊆{1，2，⋯，k}，S T< a kC．若{a n}(n∈N∗)满足a n=3n−1则对任意正整数k(1≤k≤100)，T⊆{1，2，⋯，k}，S T≥a k+1D ．若{a n }(n ∈N ∗)满足a n =3n−1 且C ⊆U ，D ⊆U ，S C ≥S D 则S C +S C∩D ≥2S D17．已知数列 {a n }、{b n }、{c n } 满足 a 1=b 1=c 1=1，c n =a n+1−a n ，c n+2=bn+1b n ⋅c n (n ∈N ∗)，S n =1b 2+1b 3+⋯+1b n （n ≥2），T n =1a 3−3+1a 4−4+⋯+1a n −n （n ≥3） 则下列有可能成立的是（ ）A ．若 {a n } 为等比数列 则 a 20222>b 2022B ．若 {c n } 为递增的等差数列 则 S 2022<T 2022C ．若 {a n } 为等比数列 则 a 20222<b 2022D ．若 {c n } 为递增的等差数列 则 S 2022>T 202218．已知数列{a n }满足a 1=1 a n =a n−1+4(√a n−1+1√an−1)(n ∈N ∗，n ≥2) S n 为数列{1a n }的前n 项和 则（ ） A ．73<S 2022<83B ．2<S 2022<73C ．53<S 2022<2 D ．1<S 2022<5319．已知数列{a n }满足a n ⋅a n+1⋅a n+2=−1(n ∈N ∗)，a 1=−3 若{a n }的前n 项积的最大值为3 则a 2的取值范围为（ ） A ．[−1，0)∪(0，1] B ．[−1，0)C ．(0，1]D ．(−∞，−1)∪(1，+∞)20．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n (a n +1)2=4S n 记b n =S n ⋅sin nπ2+S n+1⋅sin (n+1)π2若数列{b n }的前n 项和为T n 则T 100=（ ） A ．-400B ．-200C ．200D ．40021．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和 a 2=−7 S 5=2a 1 当|S n |取得最小值时 n =（ ）A ．10B ．9C ．8D ．722．已知数列{a n }中 a 2+a 4+a 6=285 na n =(n −1)a n+1+101(n ∈N ∗) 当数列{a n a n+1a n+2}(n ∈N ∗)的前n 项和取得最大值时 n 的值为（ ） A ．53B ．49C ．49或53D ．49或5123．定义在R 上的函数序列{f n (x)}满足f n (x)<1nf n ′(x)（f n ′(x)为f n (x)的导函数） 且∀x ∈N ∗ 都有f n (0)=n ．若存在x 0>0 使得数列{f n (x 0)}是首项和公比均为q 的等比数列 则下列关系式一定成立的是（ ）．A ．0<q <2√2e x 0B ．0<q <√33e x 0C ．q >2√2e x 0D ．q >√33e x 024．已知数列{a n }的前n 项和为S n 满足a 1=1 a 2=2 a n =a n−1⋅a n+1(n ≥2) 则（ ）A ．a 1：a 2：a 3=a 6：a 7：a 8B ．a n ：a n+1：a n+2=1：2：2C ．S 6 S 12 S 18成等差数列D ．S 6n S 12n S 18n 成等比数列25．已知S n 为数列{a n }的前n 项和 且a 1=1 a n+1+a n =3×2n 则S 100=（ ）A ．2100−3B ．2100−2C ．2101−3D ．2101−226．已知 {a n } 为等比数列 {a n } 的前n 项和为 S n 前n 项积为 T n 则下列选项中正确的是（ ）A ．若 S 2022>S 2021 则数列 {a n } 单调递增B ．若 T 2022>T 2021 则数列 {a n } 单调递增C ．若数列 {S n } 单调递增 则 a 2022≥a 2021D ．若数列 {T n } 单调递增 则 a 2022≥a 2021二、多选题27．“冰雹猜想”也称为“角谷猜想” 是指对于任意一个正整数x 如果x 是奇数㩆乘以3再加1 如果x 是偶数就除以2 这样经过若干次操作后的结果必为1 犹如冰雹掉落的过程.参照“冰雹猜想” 提出了如下问题：设k ∈N ∗ 各项均为正整数的数列{a n }满足a 1=1 a n+1={a n2，a n 为偶数，a n +k ，a n 为奇数，则（ ）A ．当k =5时 a 5=4B ．当n >5时 a n ≠1C ．当k 为奇数时 a n ≤2kD ．当k 为偶数时 {a n }是递增数列28．已知数列{a n } a 2=12且满足a n+1a n 2=a n −a n+1 n ∈N ∗ 则（ ） A ．a 4−a 1=1929B ．a n 的最大值为1C ．a n+1≥1n+1D ．√a 1+√a 2+√a 3+⋅⋅⋅+√a 35>1029．已知数列{a n }的前n 项和为S n a 1=1 且4a n ⋅a n+1=a n −3a n+1（n =1 2 …） 则（ ）A ．3a n+1<a nB ．a 5=1243C ．ln(1an )<n +1D ．1≤S n <171430．如图 已知正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1顶点处有一质点Q 点Q 每次会随机地沿一条棱向相邻的某个顶点移动 且向每个顶点移动的概率相同．从一个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一次．若质点Q 的初始位置位于点A 处 记点Q 移动n 次后仍在底面ABCD 上的概率为P n 则下列说法正确的是（ ）A ．P 2=59B ．P n+1=23P n +13C ．点Q 移动4次后恰好位于点C 1的概率为0D ．点Q 移动10次后仍在底面ABCD 上的概率为12(13)10+1231．已知数列{a n } {b n } 有a n+1=a n −b n b n+1=b n −a n n ∈N ∗ 则（ ）A ．若存在m >1 a m =b m 则a 1=b 1B ．若a 1≠b 1 则存在大于2的正整数n 使得a n =0C ．若a 1=a a 2=b 且a ≠b 则b 2022=−b ×22020D ．若a 1=−1 a 2=−3 则关于x 的方程2a 3+(2a 3+1)cosx +2cos2x +cos3x =0的所有实数根可构成一个等差数列32．已知△A n B n C n (n =1，2，3，⋯)是直角三角形 A n 是直角 内角A n 、B n 、C n 所对的边分别为a n 、b n 、c n 面积为S n 若b 1=4 c 1=3 b n+12=a n+12+c n 23 c n+12=a n+12+b n 23则（ ） A ．{S 2n }是递增数列 B ．{S 2n−1}是递减数列 C ．{b n −c n }存在最大项D ．{b n −c n }存在最小项33．已知S n 是数列{a n }的前n 项和 且S n+1=−S n +n 2 则下列选项中正确的是（ ）.A ．a n +a n+1=2n −1（n ≥2）B ．a n+2−a n =2C ．若a 1=0 则S 100=4950D ．若数列{a n }单调递增 则a 1的取值范围是(−14，13)三、填空题34．已知n ∈N ∗ 将数列{2n −1}与数列{n 2−1}的公共项从小到大排列得到新数列{a n } 则1a 1+1a 2+⋯+1a 10= .35．若函数f(x)的定义域为(0，+∞) 且f(x)+f(y)=f(xy) f(a n )=n +f(n) 则∑f ni=1(a i i )= ．36．在数列{a n }中 a 1=1 a n+1=a n +1an（n∈N ∗） 若t ∈Z 则当|a 7−t|取得最小值时 整数t 的值为 .37．已知函数f(x)满足f(x −2)=f(x +2)，0≤x <4时 f(x)=√4−(x −2)2 g(x)=f(x)−k n x(n ∈N ∗，k n >0)．若函数g(x)的图像与x 轴恰好有2n +1个不同的交点 则k 12+k 22+⋅⋅⋅+k n 2= ．38．已知复数z =1+i 对于数列{a n } 定义P n =a 1+2a 2+⋅⋅⋅+2n−1a n n为{a n }的“优值”．若某数列{a n}的“优值”P n =|z|2n 则数列{a n }的通项公式a n = ；若不等式a n 2−a n +4≥(−1)nkn 对于∀n ∈N ∗恒成立 则k 的取值范围是 ．39．数列{a n }是公比为q(q ≠1)的等比数列 S n 为其前n 项和. 已知a 1⋅a 3=16 S3q=12 给出下列四个结论： ①q <0 ；②若存在m 使得a 1，a 2，⋅⋅⋅，a m 的乘积最大 则m 的一个可能值是3； ③若存在m 使得a 1，a 2，⋅⋅⋅，a m 的乘积最大 则m 的一个可能值是4； ④若存在m 使得a 1，a 2，⋅⋅⋅，a m 的乘积最小 则m 的值只能是2． 其中所有正确结论的序号是 .40．如图 某荷塘里浮萍的面积y （单位：m 2）与时间t （单位：月）满足关系式：y =a t lna （a 为常数） 记y =f(t)（t ≥0）．给出下列四个结论：①设a n=f(n)(n∈N∗)则数列{a n}是等比数列；②存在唯一的实数t0∈(1，2)使得f(2)−f(1)=f′(t0)成立其中f′(t)是f(t)的导函数；③常数a∈(1，2)；④记浮萍蔓延到2m23m26m2所经过的时间分别为t1t2t3则t1+t2>t3．其中所有正确结论的序号是．41．在现实世界很多信息的传播演化是相互影响的.选用正实数数列{a n}{b n}分别表示两组信息的传输链上每个节点处的信息强度数列模型：a n+1=2a n+b n，b n+1=a n+2b n(n=1，2⋯)描述了这两组信息在互相影响之下的传播演化过程.若两组信息的初始信息强度满足a1>b1则在该模型中关于两组信息给出如下结论：①∀n∈N∗，a n>b n；②∀n∈N∗，a n+1>a n，b n+1>b n；③∃k∈N∗使得当n>k时总有|a nb n−1|<10−10④∃k∈N∗使得当n>k时总有|a n+1a n−2|<10−10．其中所有正确结论的序号是答案解析部分1．【答案】C2．【答案】D3．【答案】C4．【答案】A5．【答案】D6．【答案】B7．【答案】A8．【答案】A9．【答案】A10．【答案】C11．【答案】B12．【答案】B13．【答案】D14．【答案】D15．【答案】B16．【答案】D17．【答案】B18．【答案】D19．【答案】A20．【答案】C21．【答案】C22．【答案】D23．【答案】D24．【答案】C25．【答案】D26．【答案】D27．【答案】A,C,D28．【答案】B,C,D29．【答案】A,D30．【答案】A,C,D 31．【答案】A,C,D 32．【答案】A,C,D 33．【答案】A,C 34．【答案】102135．【答案】n(n+1)236．【答案】4 37．【答案】n 4(n+1) 38．【答案】n+1；[−163，5] 39．【答案】①②③ 40．【答案】①②④ 41．【答案】①②③。
新高考数学高考数学压轴题 数列多选题分类精编及答案
新高考数学高考数学压轴题 数列多选题分类精编及答案一、数列多选题1．在n n n A B C （1,2,3,n =）中，内角,,n n n A B C 的对边分别为,,n n n a b c ，n n n A B C 的面积为n S ，若5n a =，14b =，13c =，且222124n n n a c b ++=，222124n n n a b c ++=，则（ ） A ．n n n A B C 一定是直角三角形 B ．{}n S 为递增数列 C ．{}n S 有最大值 D ．{}n S 有最小值【答案】ABD 【分析】先结合已知条件得到()222211125=252n n n n b c b c +++-+-，进而得到22225=n n n b c a +=，得A 正确，再利用面积公式得到递推关系1221875=644n n S S ++，通过作差法判定数列单调性和最值即可. 【详解】 由222124n n n a c b ++=，222124n n n a b c ++=得，222222112244n n n n n n a c a b bc+++++=+()2221122n n n a b c =++()2225122n n b c =++，故()222211125=252n n n n b c b c +++-+-， 又221125=0b c +-，22250n n b c ∴+-=，22225=n n n b c a ∴+=，故n n n A B C 一定是直角三角形，A 正确；n n n A B C 的面积为12n n n S b c =，而()4222222222221124224416n n n n n n n n n n n n a b c a b c a c a b bc+++++++=⨯=， 故()42222222222111241875161875==1616641n n n n n n n n n n n a b c a b bS S c c S +++++++==+，故22212218751875==6446434n n n n n S S SS S +-+--，又22125=244n n n n n b c b c S +=≤（当且仅当==2n n b c 时等号成立） 22121875=06344n n n S SS +∴--≥，又由14b =，13c =知n n b c ≠不是恒成立，即212n n S S +>，故1n n S S +>，故{}n S 为递增数列，{}n S 有最小值16=S ，无最大值，故BD 正确，C 错误.故选：ABD. 【点睛】本题解题关键是利用递推关系得到()222211125=252n n n n b c b c +++-+-，进而得到22225=n n n b c a +=，再逐步突破.数列单调性常用作差法判定，也可以借助于函数单调性判断.2．斐波那契数列，又称黄金分割数列、兔子数列，是数学家列昂多·斐波那契于1202年提出的数列.斐波那契数列为1，1，2，3，5，8，13，21，……，此数列从第3项开始，每一项都等于前两项之和，记该数列为(){}F n ，则(){}F n 的通项公式为（ ）A ．(1)1()2n nF n -+=B ．()()()11,2F n F n F n n +=+-≥且()()11,21F F ==C ．()n nF n ⎡⎤⎥=-⎥⎝⎭⎝⎭⎦ D ．()1122n n F n ⎡⎤⎛⎛⎫⎥=+ ⎪ ⎪⎥⎝⎭⎝⎭⎦【答案】BC 【分析】根据数列的前几项归纳出数列的通项公式，再验证即可； 【详解】解：斐波那契数列为1，1，2，3，5，8，13，21，……，显然()()11,21F F ==，()()()3122F F F =+=，()()()4233F F F =+=，，()()()11,2F n F n F n n +=+-≥，所以()()()11,2F n F n F n n +=+-≥且()()11,21F F ==，即B 满足条件；由()()()11,2F n F n F n n +=+-≥， 所以()()()()11F n n F n n ⎤+-=--⎥⎣⎦所以数列()()1F n n ⎧⎫⎪⎪+⎨⎬⎪⎪⎩⎭为公比的等比数列， 所以()()1nF n n +-=⎝⎭11515()n F F n n -+=+， 令1nn n Fb -=⎝⎭，则11n n b ++，所以1n n b b +=-， 所以n b ⎧⎪⎨⎪⎪⎩⎭所以1n n b -+， 所以()1115n n n nF n --⎤⎤⎛⎫+⎥⎥=+=- ⎪ ⎪⎥⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦； 即C 满足条件； 故选：BC 【点睛】考查等比数列的性质和通项公式，数列递推公式的应用，本题运算量较大，难度较大，要求由较高的逻辑思维能力，属于中档题．3．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：1，1，2，3，5，8，…，该数列的特点是：前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和.人们把这样的一列数组成的数列{}n f 称为斐波那契数列. 并将数列{}n f 中的各项除以4所得余数按原顺序构成的数列记为{}n g ，则下列结论正确的是( ) A ．20192g = B ．()()()()222123222022210f f f f f f -+-=C ．12320192688g g g g ++++=D ．22221232019201820202f f f f f f ++++=【答案】AB 【分析】由+2+1+n n n f f f =可得()2+112121n n n n n n n n f f f f f f f f +++++=-=-，可判断B 、D 选项；先计算数列{}n g 前几项可发现规律,使用归纳法得出结论：数列{}n g 是以6为最小正周期的数列，可判断A 、C 选项. 【详解】 对于A 选项：12345678910111211,2,3,1,0,1,12310g g g g g g g g g g g g ============，，，，，，，所以数列{}n g 是以6为最小正周期的数列，又20196336+3=⨯，所以20192g =，故A 选项正确；对于C 选项：()()12320193361+1+2+3+1+0+1+1+22692g g g g ++++=⨯=，故C 选项错误；对于B 选项：斐波那契数列总有：+2+1+n n n f f f =，所以()()22222232122232221f f f f f f f f =-=-，()()22121222021222120f f f f f f f f =-=-， 所以()()()()222123222022210f f f f f f -+-=，故B 正确； 对于D 选项：()212+2+1112+n n n f f f f f f f f ==∴=，，，()222312321f f f f f f f f =-=-， ()233423432f f f f f f f f =-=-，，()2+112121n n n n n n n n f f f f f f f f +++++=-=-。
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高考数学试题之数列
1（山东卷19)。
(本小题满分12分)
将数列｛a n ｝中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成如下数表： a 1
a 2 a 3
a 4 a 5 a 6
a 7 a 8 a 9 a 10
……
记表中的第一列数a 1，a 2，a 4，a 7，…构成的数列为｛b n ｝,b 1=a 1=1. S n 为数列｛b n ｝的前n 项和，且满足122=-n
N n n S S b b （n ≥2）. (Ⅰ)证明数列｛n
S 1｝成等差数列，并求数列｛b n ｝的通项公式； （Ⅱ）上表中，若从第三行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，且公比为同一个正数.当91481-
=a 时，求上表中第k (k ≥3)行所有项和的和. 2.（江苏卷19）.（Ⅰ）设12,,,n a a a 是各项均不为零的等差数列（4n ≥），且公差0d ≠，若将此数列删去某一项得到的数列（按原来的顺序）是等比数列： ①当n =4时，求1a d
的数值；②求n 的所有可能值； 3（江西卷19）．（本小题满分12分）
数列{}n a 为等差数列，n a 为正整数，其前n 项和为n S ，数列{}n b 为等比数列，且113,1a b ==，数列{}n a b 是公比为64的等比数列，2264b S =.
（1）求,n n a b ；
（2）求证1211134
n S S S +++< . 4（湖北卷21）.(本小题满分14分)
已知数列{}n a 和{}n b 满足：1a λ=,124,(1)(321),3n n n n n a a n b a n +=
+-=--+其中λ为实数，n 为正整数.
（Ⅰ）对任意实数λ，证明数列{}n a 不是等比数列；
（Ⅱ）试判断数列{}n b 是否为等比数列，并证明你的结论；
（Ⅲ）设0a b <<,n S 为数列{}n b 的前n 项和.是否存在实数λ，使得对任意正整数n ，都有
n a S b <<?若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由.
5.（湖南卷18）.（本小题满分12分）
数列{}221221,2,(1cos )sin ,1,2,3,.22n n n n n a a a a a n ππ+===++= 满足 (Ⅰ)求34,,a a 并求数列{}n a 的通项公式；
(Ⅱ)设21122,.n n n n n
a b S b b b a -==+++ 证明：当162.n n S n ≥-<时， 6（陕西卷22）．（本小题满分14分）
已知数列{}n a 的首项135a =，1321
n n n a a a +=+，12n = ，，． （Ⅰ）求{}n a 的通项公式；
（Ⅱ）证明：对任意的0x >，21121(1)3n n a x x x ⎛⎫-- ⎪++⎝⎭
≥，12n = ，，； （Ⅲ）证明：2
121
n n a a a n +++>+ ． 7（浙江卷22）（本题14分）
已知数列{}n a ，0≥n a ，01=a ，)(12121∙++∈=-+N n a a a n n n ．记
n n a a a S +++= 21．)1()1)(1(1)1)(1(11121211n n a a a a a a T +++++++++=
． 求证：当∙
∈N n 时，
（Ⅰ）1+<n n a a ；
（Ⅱ）2->n S n ；
（Ⅲ）3<n T 。
8（辽宁卷21）．（本小题满分12分）
在数列||n a ，||n b 中，a 1=2，b 1=4，且1n n n a b a +，，成等差数列，11n n n b a b ++，，成等比数列（n ∈*N ） （Ⅰ）求a 2，a 3，a 4及b 2，b 3，b 4，由此猜测||n a ，||n b 的通项公式，并证明你的结论； （Ⅱ）证明：
1122111512n n a b a b a b +++<+++…．。