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高考数列大题专题精选

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最新高考新课标数学数列大题精选50题(含答案、知识卡片)

最新高考新课标数学数列大题精选50题(含答案、知识卡片)

高考新课标数学数列大题精选50题（含答案、知识卡片）一．解答题（共50题）1．（2019•全国）数列{a n}中，a1＝，2a n+1a n+a n+1﹣a n＝0．（1）求{a n}的通项公式；（2）求满足a1a2+a2a3+…+a n﹣1a n＜的n的最大值．2．（2019•新课标Ⅰ）记S n为等差数列{a n}的前n项和．已知S9＝﹣a5．（1）若a3＝4，求{a n}的通项公式；（2）若a1＞0，求使得S n≥a n的n的取值范围．3．（2019•新课标Ⅱ）已知数列{a n}和{b n}满足a1＝1，b1＝0，4a n+1＝3a n﹣b n+4，4b n+1＝3b n﹣a n﹣4．（1）证明：{a n+b n}是等比数列，{a n﹣b n}是等差数列；（2）求{a n}和{b n}的通项公式．4．（2019•新课标Ⅱ）已知{a n}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2+16．（1）求{a n}的通项公式；（2）设b n＝log2a n，求数列{b n}的前n项和．5．（2018•新课标Ⅱ）记S n为等差数列{a n}的前n项和，已知a1＝﹣7，S3＝﹣15．（1）求{a n}的通项公式；（2）求S n，并求S n的最小值．6．（2018•新课标Ⅰ）已知数列{a n}满足a1＝1，na n+1＝2（n+1）a n，设b n＝．（1）求b1，b2，b3；（2）判断数列{b n}是否为等比数列，并说明理由；（3）求{a n}的通项公式．7．（2018•新课标Ⅲ）等比数列{a n}中，a1＝1，a5＝4a3．（1）求{a n}的通项公式；（2）记S n为{a n}的前n项和．若S m＝63，求m．8．（2017•全国）设数列{b n}的各项都为正数，且．（1）证明数列为等差数列；（2）设b1＝1，求数列{b n b n+1}的前n项和S n．9．（2017•新课标Ⅱ）已知等差数列{a n}的前n项和为S n，等比数列{b n}的前n项和为T n，a1＝﹣1，b1＝1，a2+b2＝2．（1）若a3+b3＝5，求{b n}的通项公式；（2）若T3＝21，求S3．10．（2017•新课标Ⅰ）记S n为等比数列{a n}的前n项和．已知S2＝2，S3＝﹣6．（1）求{a n}的通项公式；（2）求S n，并判断S n+1，S n，S n+2是否成等差数列．11．（2017•新课标Ⅲ）设数列{a n}满足a1+3a2+…+（2n﹣1）a n＝2n．（1）求{a n}的通项公式；（2）求数列{}的前n项和．12．（2016•全国）已知数列{a n}的前n项和S n＝n2．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）记b n＝，求数列{b n}的前n项和．13．（2016•新课标Ⅲ）已知数列{a n}的前n项和S n＝1+λa n，其中λ≠0．（1）证明{a n}是等比数列，并求其通项公式；（2）若S5＝，求λ．14．（2016•新课标Ⅰ）已知{a n}是公差为3的等差数列，数列{b n}满足b1＝1，b2＝，a n b n+1+b n+1＝nb n．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）求{b n}的前n项和．15．（2016•新课标Ⅲ）已知各项都为正数的数列{a n}满足a1＝1，a n2﹣（2a n+1﹣1）a n﹣2a n+1＝0．（1）求a2，a3；（2）求{a n}的通项公式．16．（2016•新课标Ⅱ）等差数列{a n}中，a3+a4＝4，a5+a7＝6．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n＝[a n]，求数列{b n}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2．17．（2016•新课标Ⅱ）S n为等差数列{a n}的前n项和，且a1＝1，S7＝28，记b n＝[lga n]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg99]＝1．（Ⅰ）求b1，b11，b101；（Ⅱ）求数列{b n}的前1000项和．18．（2015•全国）已知数列{a n}的前n项和S n＝4﹣a n﹣．（Ⅰ）证明：数列{2n a n}是等差数列；（Ⅱ）求{a n}的通项公式．19．（2015•新课标Ⅰ）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．数列全国高考数学试题参考答案与试题解析一．解答题（共50小题）1．（2019•全国）数列{a n}中，a1＝，2a n+1a n+a n+1﹣a n＝0．（1）求{a n}的通项公式；（2）求满足a1a2+a2a3+…+a n﹣1a n＜的n的最大值．【分析】（1）由2a n+1a n+a n+1﹣a n＝0可得，可知数列{}是等差数列，求出的通项公式可得a n；（2）由（1）知＝，然后利用裂项相消法求出a1a2+a2a3+…+a n﹣1a n，再解不等式可得n的范围，进而得到n的最大值．【解答】解：（1）∵2a n+1a n+a n+1﹣a n＝0．∴，又，∴数列{}是以3为首项，2为公差的等差数列，∴，∴；（2）由（1）知，＝，∴a1a2+a2a3+…+a n﹣1a n＝＝，∵a1a2+a2a3+…+a n﹣1a n＜，∴＜，∴4n+2＜42，∴n＜10，∵n∈N*，∴n的最大值为9．【点评】本题考查了等差数列的定义，通项公式和裂项相消法求出数列的前n项和，考查了转化思想，关键是了解数列的递推公式，明确递推公式与通项公式的异同，会根据数列的递推公式构造新数列，属中档题．2．（2019•新课标Ⅰ）记S n为等差数列{a n}的前n项和．已知S9＝﹣a5．（1）若a3＝4，求{a n}的通项公式；（2）若a1＞0，求使得S n≥a n的n的取值范围．【分析】（1）根据题意，等差数列{a n}中，设其公差为d，由S9＝﹣a5，即可得S9＝＝9a5＝﹣a5，变形可得a5＝0，结合a3＝4，计算可得d的值，结合等差数列的通项公式计算可得答案；（2）若S n≥a n，则na1+d≥a1+（n﹣1）d，分n＝1与n≥2两种情况讨论，求出n的取值范围，综合即可得答案．【解答】解：（1）根据题意，等差数列{a n}中，设其公差为d，若S9＝﹣a5，则S9＝＝9a5＝﹣a5，变形可得a5＝0，即a1+4d＝0，若a3＝4，则d＝＝﹣2，则a n＝a3+（n﹣3）d＝﹣2n+10，（2）若S n≥a n，则na1+d≥a1+（n﹣1）d，当n＝1时，不等式成立，当n≥2时，有≥d﹣a1，变形可得（n﹣2）d≥﹣2a1，又由S9＝﹣a5，即S9＝＝9a5＝﹣a5，则有a5＝0，即a1+4d＝0，则有（n﹣2）≥﹣2a1，又由a1＞0，则有n≤10，则有2≤n≤10，综合可得：n的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N}．【点评】本题考查等差数列的性质以及等差数列的前n项和公式，涉及数列与不等式的综合应用，属于基础题．3．（2019•新课标Ⅱ）已知数列{a n}和{b n}满足a1＝1，b1＝0，4a n+1＝3a n﹣b n+4，4b n+1＝3b n﹣a n﹣4．（1）证明：{a n+b n}是等比数列，{a n﹣b n}是等差数列；（2）求{a n}和{b n}的通项公式．【分析】（1）定义法证明即可；（2）由（1）结合等差、等比的通项公式可得【解答】解：（1）证明：∵4a n+1＝3a n﹣b n+4，4b n+1＝3b n﹣a n﹣4；∴4（a n+1+b n+1）＝2（a n+b n），4（a n+1﹣b n+1）＝4（a n﹣b n）+8；即a n+1+b n+1＝（a n+b n），a n+1﹣b n+1＝a n﹣b n+2；又a1+b1＝1，a1﹣b1＝1，∴{a n+b n}是首项为1，公比为的等比数列，{a n﹣b n}是首项为1，公差为2的等差数列；（2）由（1）可得：a n+b n＝（）n﹣1，a n﹣b n＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1；∴a n＝（）n+n﹣，b n＝（）n﹣n+．【点评】本题考查了等差、等比数列的定义和通项公式，是基础题4．（2019•新课标Ⅱ）已知{a n}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2+16．（1）求{a n}的通项公式；（2）设b n＝log2a n，求数列{b n}的前n项和．【分析】（1）设等比数列的公比，由已知列式求得公比，则通项公式可求；（2）把（1）中求得的{a n}的通项公式代入b n＝log2a n，得到b n，说明数列{b n}是等差数列，再由等差数列的前n项和公式求解．【解答】解：（1）设等比数列的公比为q，由a1＝2，a3＝2a2+16，得2q2＝4q+16，即q2﹣2q﹣8＝0，解得q＝﹣2（舍）或q＝4．∴；（2）b n＝log2a n＝，∵b1＝1，b n+1﹣b n＝2（n+1）﹣1﹣2n+1＝2，∴数列{b n}是以1为首项，以2为公差的等差数列，则数列{b n}的前n项和．【点评】本题考查等差数列与等比数列的通项公式及前n项和，考查对数的运算性质，是基础题．5．（2018•全国）已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝，a n＞0，a n+1•（S n+1+S n）＝2．（1）求S n；（2）求++…+．【分析】（1）由数列递推式可得（S n+1﹣S n）（S n+1+S n）＝2，可得S n+12﹣S n2＝2，运用等差数列的定义和通项公式可得所求S n；（2）化简＝＝（）＝（﹣），再由数列的求和方法：裂项相消求和，化简整理可得所求和．【解答】解：（1）a1＝，a n＞0，a n+1•（S n+1+S n）＝2，可得（S n+1﹣S n）（S n+1+S n）＝2，可得S n+12﹣S n2＝2，即数列{S n2}为首项为2，公差为2的等差数列，可得S n2＝2+2（n﹣1）＝2n，由a n＞0，可得S n＝；（2）＝＝（）＝（﹣），即++…+＝（﹣1+﹣+2﹣+…+﹣）＝（﹣1）．【点评】本题考查等差数列的定义和通项公式的运用，考查数列的递推式和数列的求和方法：裂项相消求和，考查运算能力，属于中档题．6．（2018•新课标Ⅱ）记S n为等差数列{a n}的前n项和，已知a1＝﹣7，S3＝﹣15．（1）求{a n}的通项公式；（2）求S n，并求S n的最小值．【分析】（1）根据a1＝﹣7，S3＝﹣15，可得a1＝﹣7，3a1+3d＝﹣15，求出等差数列{a n}的公差，然后求出a n即可；（2）由a1＝﹣7，d＝2，a n＝2n﹣9，得S n＝＝＝n2﹣8n＝（n﹣4）2﹣16，由此可求出S n以及S n的最小值．【解答】解：（1）∵等差数列{a n}中，a1＝﹣7，S3＝﹣15，∴a1＝﹣7，3a1+3d＝﹣15，解得a1＝﹣7，d＝2，∴a n＝﹣7+2（n﹣1）＝2n﹣9；（2）∵a1＝﹣7，d＝2，a n＝2n﹣9，∴S n＝＝＝n2﹣8n＝（n﹣4）2﹣16，∴当n＝4时，前n项的和S n取得最小值为﹣16．【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式，考查了等差数列的前n项的和公式，属于中档题．7．（2018•新课标Ⅰ）已知数列{a n}满足a1＝1，na n+1＝2（n+1）a n，设b n＝．（1）求b1，b2，b3；（2）判断数列{b n}是否为等比数列，并说明理由；（3）求{a n}的通项公式．【分析】（1）直接利用已知条件求出数列的各项．（2）利用定义说明数列为等比数列．（3）利用（1）（2）的结论，直接求出数列的通项公式．【解答】解：（1）数列{a n}满足a1＝1，na n+1＝2（n+1）a n，则：（常数），由于，故：，数列{b n}是以b1为首项，2为公比的等比数列．整理得：，所以：b1＝1，b2＝2，b3＝4．（2）由于（常数），数列{b n}是为等比数列；（3）由（1）得：，根据，所以：．【点评】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用．8．（2018•新课标Ⅲ）等比数列{a n}中，a1＝1，a5＝4a3．（1）求{a n}的通项公式；（2）记S n为{a n}的前n项和．若S m＝63，求m．【分析】（1）利用等比数列通项公式列出方程，求出公比q＝±2，由此能求出{a n}的通项公式．（2）当a1＝1，q＝﹣2时，S n＝，由S m＝63，得S m＝＝63，m∈N，无解；当a1＝1，q＝2时，S n＝2n﹣1，由此能求出m．【解答】解：（1）∵等比数列{a n}中，a1＝1，a5＝4a3．∴1×q4＝4×（1×q2），解得q＝±2，当q＝2时，a n＝2n﹣1，当q＝﹣2时，a n＝（﹣2）n﹣1，∴{a n}的通项公式为，a n＝2n﹣1，或a n＝（﹣2）n﹣1．（2）记S n为{a n}的前n项和．当a1＝1，q＝﹣2时，S n＝＝＝，由S m＝63，得S m＝＝63，m∈N，无解；当a1＝1，q＝2时，S n＝＝＝2n﹣1，由S m＝63，得S m＝2m﹣1＝63，m∈N，解得m＝6．【点评】本题考查等比数列的通项公式的求法，考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．9．（2017•全国）设数列{b n}的各项都为正数，且．（1）证明数列为等差数列；（2）设b1＝1，求数列{b n b n+1}的前n项和S n．【分析】（1）对已知等式两边取倒数，结合等差数列的定义，即可得证；（2）由等差数列的通项公式可得，所以，再由数列的求和方法：裂项相消求和，化简即可得到所求和．【解答】解：（1）证明：数列{b n}的各项都为正数，且，两边取倒数得，故数列为等差数列，其公差为1，首项为；（2）由（1）得，，，故，所以，因此．【点评】本题考查等差数列的定义和通项公式，考查构造数列法，以及数列的求和方法：裂项相消求和，考查化简运算能力，属于中档题．10．（2017•新课标Ⅱ）已知等差数列{a n}的前n项和为S n，等比数列{b n}的前n项和为T n，a1＝﹣1，b1＝1，a2+b2＝2．（1）若a3+b3＝5，求{b n}的通项公式；（2）若T3＝21，求S3．【分析】（1）设等差数列{a n}的公差为d，等比数列{b n}的公比为q，运用等差数列和等比数列的通项公式，列方程解方程可得d，q，即可得到所求通项公式；（2）运用等比数列的求和公式，解方程可得公比，再由等差数列的通项公式和求和，计算即可得到所求和．【解答】解：（1）设等差数列{a n}的公差为d，等比数列{b n}的公比为q，a1＝﹣1，b1＝1，a2+b2＝2，a3+b3＝5，可得﹣1+d+q＝2，﹣1+2d+q2＝5，解得d＝1，q＝2或d＝3，q＝0（舍去），则{b n}的通项公式为b n＝2n﹣1，n∈N*；（2）b1＝1，T3＝21，可得1+q+q2＝21，解得q＝4或﹣5，当q＝4时，b2＝4，a2＝2﹣4＝﹣2，d＝﹣2﹣（﹣1）＝﹣1，S3＝﹣1﹣2﹣3＝﹣6；当q＝﹣5时，b2＝﹣5，a2＝2﹣（﹣5）＝7，d＝7﹣（﹣1）＝8，S3＝﹣1+7+15＝21．【点评】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，求出公差和公比是解题的关键，考查方程思想和化简整理的运算能力，属于基础题．11．（2017•新课标Ⅰ）记S n为等比数列{a n}的前n项和．已知S2＝2，S3＝﹣6．（1）求{a n}的通项公式；（2）求S n，并判断S n+1，S n，S n+2是否成等差数列．【分析】（1）由题意可知a3＝S3﹣S2＝﹣6﹣2＝﹣8，a1＝＝，a2＝＝，由a1+a2＝2，列方程即可求得q及a1，根据等比数列通项公式，即可求得{a n}的通项公式；（2）由（1）可知．利用等比数列前n项和公式，即可求得S n，分别求得S n+1，S n+2，显然S n+1+S n+2＝2S n，则S n+1，S n，S n+2成等差数列．【解答】解：（1）设等比数列{a n}首项为a1，公比为q，则a3＝S3﹣S2＝﹣6﹣2＝﹣8，则a1＝＝，a2＝＝，由a1+a2＝2，+＝2，整理得：q2+4q+4＝0，解得：q＝﹣2，则a1＝﹣2，a n＝（﹣2）（﹣2）n﹣1＝（﹣2）n，∴{a n}的通项公式a n＝（﹣2）n；（2）由（1）可知：S n＝＝＝﹣[2+（﹣2）n+1]，则S n+1＝﹣[2+（﹣2）n+2]，S n+2＝﹣[2+（﹣2）n+3]，由S n+1+S n+2＝﹣[2+（﹣2）n+2]﹣[2+（﹣2）n+3]，＝﹣[4+（﹣2）×（﹣2）n+1+（﹣2）2×（﹣2）n+1]，＝﹣[4+2（﹣2）n+1]＝2×[﹣（2+（﹣2）n+1）]＝2S n，即S n+1+S n+2＝2S n，∴S n+1，S n，S n+2成等差数列．【点评】本题考查等比数列通项公式，等比数列前n项和，等差数列的性质，考查计算能力，属于中档题．12．（2017•新课标Ⅲ）设数列{a n}满足a1+3a2+…+（2n﹣1）a n＝2n．（1）求{a n}的通项公式；（2）求数列{}的前n项和．【分析】（1）利用数列递推关系即可得出．（2）＝＝﹣．利用裂项求和方法即可得出．【解答】解：（1）数列{a n}满足a1+3a2+…+（2n﹣1）a n＝2n．n≥2时，a1+3a2+…+（2n﹣3）a n﹣1＝2（n﹣1）．∴（2n﹣1）a n＝2．∴a n＝．当n＝1时，a1＝2，上式也成立．∴a n＝．（2）＝＝﹣．∴数列{}的前n项和＝++…+＝1﹣＝．【点评】本题考查了数列递推关系、裂项求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．13．（2016•全国）已知数列{a n}的前n项和S n＝n2．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）记b n＝，求数列{b n}的前n项和．【分析】（Ⅰ）运用数列的递推式：a1＝S1；n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1，计算可得所求通项；（Ⅱ）化简b n＝＝＝（﹣），再由数列的求和方法：裂项相消求和，计算可得所求和．【解答】解：（Ⅰ）数列{a n}的前n项和S n＝n2，可得a1＝S1＝1；n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1＝n2﹣（n﹣1）2＝2n﹣1，上式对n＝1也成立，则a n＝2n﹣1，n∈N*；（Ⅱ）b n＝＝＝（﹣），则数列{b n}的前n项和为（﹣1+﹣+﹣+…+﹣）＝（（﹣1）．【点评】本题考查数列的通项公式的求法，注意运用数列的递推式，考查数列的求和方法：裂项相消求和，考查化简整理的运算能力，属于中档题．14．（2016•新课标Ⅲ）已知数列{a n}的前n项和S n＝1+λa n，其中λ≠0．（1）证明{a n}是等比数列，并求其通项公式；（2）若S5＝，求λ．【分析】（1）根据数列通项公式与前n项和公式之间的关系进行递推，结合等比数列的定义进行证明求解即可．（2）根据条件建立方程关系进行求解就可．【解答】解：（1）∵S n＝1+λa n，λ≠0．∴a n≠0．当n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1＝1+λa n﹣1﹣λa n﹣1＝λa n﹣λa n﹣1，即（λ﹣1）a n＝λa n﹣1，∵λ≠0，a n≠0．∴λ﹣1≠0．即λ≠1，即＝，（n≥2），∴{a n}是等比数列，公比q＝，当n＝1时，S1＝1+λa1＝a1，即a1＝，∴a n＝•（）n﹣1．（2）若S5＝，则若S5＝1+λ[•（）4]＝，即（）5＝﹣1＝﹣，则＝﹣，得λ＝﹣1．【点评】本题主要考查数列递推关系的应用，根据n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1的关系进行递推是解决本题的关键．考查学生的运算和推理能力．15．（2016•新课标Ⅰ）已知{a n}是公差为3的等差数列，数列{b n}满足b1＝1，b2＝，a n b n+1+b n+1＝nb n．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）求{b n}的前n项和．【分析】（Ⅰ）令n＝1，可得a1＝2，结合{a n}是公差为3的等差数列，可得{a n}的通项公式；（Ⅱ）由（1）可得：数列{b n}是以1为首项，以为公比的等比数列，进而可得：{b n}的前n项和．【解答】解：（Ⅰ）∵a n b n+1+b n+1＝nb n．当n＝1时，a1b2+b2＝b1．∵b1＝1，b2＝，∴a1＝2，又∵{a n}是公差为3的等差数列，∴a n＝3n﹣1，（Ⅱ）由（I）知：（3n﹣1）b n+1+b n+1＝nb n．即3b n+1＝b n．即数列{b n}是以1为首项，以为公比的等比数列，∴{b n}的前n项和S n＝＝（1﹣3﹣n）＝﹣．【点评】本题考查的知识点是数列的递推式，数列的通项公式，数列的前n项和公式，难度中档．16．（2016•新课标Ⅲ）已知各项都为正数的数列{a n}满足a1＝1，a n2﹣（2a n+1﹣1）a n﹣2a n+1＝0．（1）求a2，a3；（2）求{a n}的通项公式．【分析】（1）根据题意，由数列的递推公式，令n＝1可得a12﹣（2a2﹣1）a1﹣2a2＝0，将a1＝1代入可得a2的值，进而令n＝2可得a22﹣（2a3﹣1）a2﹣2a3＝0，将a2＝代入计算可得a3的值，即可得答案；（2）根据题意，将a n2﹣（2a n+1﹣1）a n﹣2a n+1＝0变形可得（a n﹣2a n+1）（a n+a n+1）＝0，进而分析可得a n＝2a n+1或a n＝﹣a n+1，结合数列各项为正可得a n＝2a n+1，结合等比数列的性质可得{a n}是首项为a1＝1，公比为的等比数列，由等比数列的通项公式计算可得答案．【解答】解：（1）根据题意，a n2﹣（2a n+1﹣1）a n﹣2a n+1＝0，当n＝1时，有a12﹣（2a2﹣1）a1﹣2a2＝0，而a1＝1，则有1﹣（2a2﹣1）﹣2a2＝0，解可得a2＝，当n＝2时，有a22﹣（2a3﹣1）a2﹣2a3＝0，又由a2＝，解可得a3＝，故a2＝，a3＝；（2）根据题意，a n2﹣（2a n+1﹣1）a n﹣2a n+1＝0，变形可得（a n﹣2a n+1）（a n+1）＝0，即有a n＝2a n+1或a n＝﹣1，又由数列{a n}各项都为正数，则有a n＝2a n+1，故数列{a n}是首项为a1＝1，公比为的等比数列，则a n＝1×（）n﹣1＝（）n﹣1，故a n＝（）n﹣1．【点评】本题考查数列的递推公式，关键是转化思路，分析得到a n与a n+1的关系．17．（2016•新课标Ⅱ）等差数列{a n}中，a3+a4＝4，a5+a7＝6．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n＝[a n]，求数列{b n}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2．【分析】（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，根据已知构造关于首项和公差方程组，解得答案；（Ⅱ）根据b n＝[a n]，列出数列{b n}的前10项，相加可得答案．【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，∵a3+a4＝4，a5+a7＝6．∴，解得：，∴a n＝；（Ⅱ）∵b n＝[a n]，∴b1＝b2＝b3＝1，b4＝b5＝2，b6＝b7＝b8＝3，b9＝b10＝4．故数列{b n}的前10项和S10＝3×1+2×2+3×3+2×4＝24．【点评】本题考查的知识点是等差数列的通项公式，等差数列的性质，难度中档．18．（2016•新课标Ⅱ）S n为等差数列{a n}的前n项和，且a1＝1，S7＝28，记b n＝[lga n]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg99]＝1．（Ⅰ）求b1，b11，b101；（Ⅱ）求数列{b n}的前1000项和．【分析】（Ⅰ）利用已知条件求出等差数列的公差，求出通项公式，然后求解b1，b11，b101；（Ⅱ）找出数列的规律，然后求数列{b n}的前1000项和．【解答】解：（Ⅰ）S n为等差数列{a n}的前n项和，且a1＝1，S7＝28，7a4＝28．可得a4＝4，则公差d＝1．a n＝n，b n＝[lgn]，则b1＝[lg1]＝0，b11＝[lg11]＝1，b101＝[lg101]＝2．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知：b1＝b2＝b3＝…＝b9＝0，b10＝b11＝b12＝…＝b99＝1．b100＝b101＝b102＝b103＝…＝b999＝2，b10，00＝3．数列{b n}的前1000项和为：9×0+90×1+900×2+3＝1893．【点评】本题考查数列的性质，数列求和，考查分析问题解决问题的能力，以及计算能力．19．（2015•全国）已知数列{a n}的前n项和S n＝4﹣a n﹣．（Ⅰ）证明：数列{2n a n}是等差数列；（Ⅱ）求{a n}的通项公式．【分析】（Ⅰ）当n＝1时，，解得a1＝1，当n≥2时，S n＝4﹣a n﹣，S n﹣1＝4﹣a n﹣．两式相减，得2a n＝，由此能证明数列{2n a n}是首项为2，公差为﹣2的等差数列．﹣1（Ⅱ）求出2n a n＝2+（n﹣1）×（﹣2）＝4﹣2n，由此能求出{a n}的通项公式．【解答】证明：（Ⅰ）∵数列{a n}的前n项和S n＝4﹣a n﹣．∴当n＝1时，，解得a1＝1，当n≥2时，S n＝4﹣a n﹣，S n﹣1＝4﹣a n﹣1﹣．两式相减，得2a n＝，∴2×2n a n＝2×2n a n＝2×2n﹣1a n﹣1﹣4，∴＝﹣2n﹣1a n﹣1＝＝﹣2，又2a1＝2，∴数列{2n a n}是首项为2，公差为﹣2的等差数列．（Ⅱ）∵数列{2n a n}是首项为2，公差为﹣2的等差数列，∴2n a n＝2+（n﹣1）×（﹣2）＝4﹣2n，∴a n＝．∴{a n}的通项公式为a n＝．【点评】本题考查等差数列的证明，考查等差数列的通项公式的求法，考查等差数列的性质、构造法等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．19．（2015•新课标Ⅰ）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．【分析】（I）根据数列的递推关系，利用作差法即可求{a n}的通项公式：（Ⅱ）求出b n＝，利用裂项法即可求数列{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，∵当n＝1时，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＝（﹣+…+﹣）＝（﹣）＝．【点评】本题主要考查数列的通项公式以及数列求和的计算，利用裂项法是解决本题的关键．考点卡片1．等差数列的性质【等差数列】等差数列的通项公式为：a n＝a1+（n﹣1）d；前n项和公式为：S n＝na1+n（n﹣1）或S n＝（n∈N+），另一重要特征是若p+q＝2m，则有2a m＝a p+a q（p，q，m都为自然数）例：已知等差数列{a n}中，a1＜a2＜a3＜…＜a n且a3，a6为方程x2﹣10x+16＝0的两个实根．（1）求此数列{an}的通项公式；（2）268是不是此数列中的项？若是，是第多少项？若不是，说明理由．解：（1）由已知条件得a3＝2，a6＝8．又∵{an}为等差数列，设首项为a1，公差为d，∴a1+2d＝2，a1+5d＝8，解得a1＝﹣2，d＝2．∴an＝﹣2+（n﹣1）×2＝2n﹣4（n∈N*）．∴数列{an}的通项公式为an＝2n﹣4．（2）令268＝2n﹣4（n∈N*），解得n＝136．∴268是此数列的第136项．这是一个很典型的等差数列题，第一问告诉你第几项和第几项是多少，然后套用等差数列的通项公式an＝a1+（n﹣1）d，求出首项和公差d，这样等差数列就求出来了．第二问判断某个数是不是等差数列的某一项，其实就是要你检验看符不符合通项公式，带进去检验一下就是的．【等差数列的性质】（1）若公差d＞0，则为递增等差数列；若公差d＜0，则为递减等差数列；若公差d＝0，则为常数列；（2）有穷等差数列中，与首末两端“等距离”的两项和相等，并且等于首末两项之和；（3）m，n∈N+，则am＝an+（m﹣n）d；（4）若s，t，p，q∈N*，且s+t＝p+q，则as+at＝ap+aq，其中as，at，ap，aq是数列中的项，特别地，当s+t＝2p时，有as+at＝2ap；（5）若数列{an}，{bn}均是等差数列，则数列{man+kbn}仍为等差数列，其中m，k均为常数．（6）an，an﹣1，an﹣2，…，a2，a1仍为等差数列，公差为﹣d．（7）从第二项开始起，每一项是与它相邻两项的等差中项，也是与它等距离的前后两项的等差中项，即2an+1＝an+an+2，2an＝an﹣m+an+m，（n≥m+1，n，m∈N+）（8）am，am+k，am+2k，am+3k，…仍为等差数列，公差为kd（首项不一定选a1）．2．等差数列的通项公式【知识点的认识】a n＝a1+（n﹣1）d，或者a n＝a m+（n﹣m）d．【例题解析】eg1：已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2+1，求数列{an}的通项公式，并判断{an}是不是等差数列解：当n＝1时，a1＝S1＝12+1＝2，当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝n2+1﹣（n﹣1）2﹣1＝2n﹣1，∴an＝，把n＝1代入2n﹣1可得1≠2，∴{an}不是等差数列考察了对概念的理解，除掉第一项这个数列是等差数列，但如果把首项放进去的话就不是等差数列，题中an的求法是数列当中常用到的方式，大家可以熟记一下．eg2：已知等差数列{an}的前三项分别为a﹣1，2a+1，a+7则这个数列的通项公式为解：∵等差数列{an}的前三项分别为a﹣1，2a+1，a+7，∴2（2a+1）＝a﹣1+a+7，解得a＝2．∴a1＝2﹣1＝1，a2＝2×2+1＝5，a3＝2+7＝9，∴数列an是以1为首项，4为公差的等差数列，∴an＝1+（n﹣1）×4＝4n﹣3．故答案：4n﹣3．这个题很好的考察了的呢公差数列的一个重要性质，即等差中项的特点，通过这个性质然后解方程一样求出首项和公差即可．【考点点评】求等差数列的通项公式是一种很常见的题型，这里面往往用的最多的就是等差中项的性质，这也是学习或者复习时应重点掌握的知识点．3．等差数列的前n项和【知识点的认识】S n＝na1+n（n﹣1）d或者S n＝【例题解析】eg1：设等差数列的前n项和为S n，若公差d＝1，S5＝15，则S10＝解：∵d＝1，S5＝15，∴5a1+d＝5a1+10＝15，即a1＝1，则S10＝10a1+d＝10+45＝55．故答案为：55点评：此题考查了等差数列的前n项和公式，解题的关键是根据题意求出首项a1的值，然后套用公式即可．eg2：等差数列{a n}的前n项和S n＝4n2﹣25n．求数列{|a n|}的前n项的和T n．解：∵等差数列{a n}的前n项和S n＝4n2﹣25n．∴a n＝S n﹣S n﹣1＝（4n2﹣25n）﹣[4（n﹣1）2﹣25（n﹣1）]＝8n﹣29，该等差数列为﹣21，﹣13，﹣5，3，11，…前3项为负，其和为S3＝﹣39．∴n≤3时，T n＝﹣S n＝25n﹣4n2，n≥4，T n＝S n﹣2S3＝4n2﹣25n+78，∴．点评：本题考查等差数列的前n项的绝对值的和的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意分类讨论思想的合理运用．其实方法都是一样的，要么求出首项和公差，要么求出首项和第n项的值．【考点点评】等差数列比较常见，单独考察等差数列的题也比较简单，一般单独考察是以小题出现，大题一般要考察的话会结合等比数列的相关知识考察，特别是错位相减法的运用．4．等比数列的性质例：2，x，y，z，18成等比数列，则y＝．解：由2，x，y，z，18成等比数列，设其公比为q，则18＝2q4，解得q2＝3，∴y＝2q2＝2×3＝6．故答案为：6．本题的解法主要是运用了等比数列第n项的通项公式，这也是一个常用的方法，即知道某两项的值然后求出公比，继而可以以已知项为首项，求出其余的项．关键是对公式的掌握，方法就是待定系数法．【等比数列的性质】（1）通项公式的推广：a n＝a m•q n﹣m，（n，m∈N*）．（2）若{a n}为等比数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则a k•a l＝a m•a n（3）若{a n}，{b n}（项数相同）是等比数列，则{λa n}（λ≠0），{a}，{a n•b n}，仍是等比数列．（4）单调性：或⇔{a n}是递增数列；或⇔{a n}是递减数列；q＝1⇔{a n}是常数列；q＜0⇔{a n}是摆动数列．5．等比数列的通项公式【知识点的认识】1．等比数列的定义2．等比数列的通项公式a n＝a1•q n﹣13．等比中项：如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项．G2＝a•b（ab≠0）4．等比数列的常用性质（1）通项公式的推广：a n＝a m•q n﹣m，（n，m∈N*）．（2）若{a n}为等比数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则a k•a l＝a m•a n（3）若{a n}，{b n}（项数相同）是等比数列，则{λa n}（λ≠0），{a}，{a n•b n}，仍是等比数列．（4）单调性：或⇔{a n}是递增数列；或⇔{a n}是递减数列；q＝1⇔{a n}是常数列；q＜0⇔{a n}是摆动数列．6．等比数列的前n项和【知识点的知识】1．等比数列的前n项和公式等比数列{a n}的公比为q（q≠0），其前n项和为S n，当q＝1时，S n＝na1；当q≠1时，S n＝＝．2．等比数列前n项和的性质公比不为﹣1的等比数列{a n}的前n项和为S n，则S n，S2n﹣S n，S3n﹣S2n仍成等比数列，其公比为q n．7．数列的求和【知识点的知识】就是求出这个数列所有项的和，一般来说要求的数列为等差数列、等比数列、等差等比数列等等，常用的方法包括：（1）公式法：①等差数列前n项和公式：S n＝na1+n（n﹣1）d或S n＝②等比数列前n项和公式：③几个常用数列的求和公式：（2）错位相减法：适用于求数列{a n×b n}的前n项和，其中{a n}{b n}分别是等差数列和等比数列．（3）裂项相消法：适用于求数列{}的前n项和，其中{a n}为各项不为0的等差数列，即＝（）．（4）倒序相加法：推导等差数列的前n项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n个（a1+a n）．（5）分组求和法：有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可．【典型例题分析】典例1：已知等差数列{a n}满足：a3＝7，a5+a7＝26，{a n}的前n项和为S n．（Ⅰ）求a n及S n；（Ⅱ）令b n＝（n∈N*），求数列{b n}的前n项和T n．分析：形如的求和，可使用裂项相消法如：．解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，∵a3＝7，a5+a7＝26，∴，解得a1＝3，d＝2，∴a n＝3+2（n﹣1）＝2n+1；S n＝＝n2+2n．（Ⅱ）由（Ⅰ）知a n＝2n+1，∴b n＝＝＝＝，∴T n＝＝＝，即数列{b n}的前n项和T n＝．点评：该题的第二问用的关键方法就是裂项求和法，这也是数列求和当中常用的方法，就像友情提示那样，两个等差数列相乘并作为分母的一般就可以用裂项求和．【解题方法点拨】数列求和基本上是必考点，大家要学会上面所列的几种最基本的方法，即便是放缩也要往这里面考．8．数列递推式【知识点的知识】1、递推公式定义：如果已知数列{a n}的第1项（或前几项），且任一项a n与它的前一项a n﹣1（或前几项）间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．2、数列前n项和S n与通项a n的关系式：a n＝．在数列{a n}中，前n项和S n与通项公式a n的关系，是本讲内容一个重点，要认真掌握．注意：（1）用a n＝S n﹣S n﹣1求数列的通项公式时，你注意到此等式成立的条件了吗？（n≥2，当n＝1时，a1＝S1）；若a1适合由a n的表达式，则a n不必表达成分段形式，可化统一为一个式子．（2）一般地当已知条件中含有a n与S n的混合关系时，常需运用关系式a n＝S n﹣S n﹣1，先将已知条件转化为只含a n或S n的关系式，然后再求解．3、数列的通项的求法：（1）公式法：①等差数列通项公式；②等比数列通项公式．（2）已知S n（即a1+a2+…+a n＝f（n））求a n，用作差法：a n＝．一般地当已知条件中含有a n与S n的混合关系时，常需运用关系式，先将已知条件转化为只含或的关系式，然后再求解．（3）已知a1•a2…a n＝f（n）求a n，用作商法：a n，＝．（4）若a n+1﹣a n＝f（n）求a n，用累加法：a n＝（a n﹣a n﹣1）+（a n﹣1﹣a n﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1（n≥2）．（5）已知＝f（n）求a n，用累乘法：a n＝（n≥2）．（6）已知递推关系求a n，有时也可以用构造法（构造等差、等比数列）．特别地有，①形如a n＝ka n﹣1+b、a n＝ka n﹣1+b n（k，b为常数）的递推数列都可以用待定系数法转化为公比为k的等比数列后，再求a n．②形如a n＝的递推数列都可以用倒数法求通项．（7）求通项公式，也可以由数列的前几项进行归纳猜想，再利用数学归纳法进行证明．9．数列与函数的综合【知识点的知识】一、数列的函数特性：等差数列和等比数列的通项公式及前n项和公式中共涉及五个量a1，a n，q，n，S n，知三求二，体现了方程的思想的应用．解答数列与函数的综合问题要善于综合运用函数方程思想、化归转化思想等数学思想以及特例分析法，一般递推法，数列求和及求通项等方法来分析、解决问题．二、解题步骤：1．在解决有关数列的具体应用问题时：（1）要读懂题意，理解实际背景，领悟其数学实质，舍弃与解题无关的非本质性东西；（2）准确地归纳其中的数量关系，建立数学模型；（3）根据所建立的数学模型的知识系统，解出数学模型的结果；（4）最后再回到实际问题中去，从而得到答案．2．在求数列的相关和时，要注意以下几个方面的问题：（1）直接用公式求和时，注意公式的应用范围和公式的推导过程．（2）注意观察数列的特点和规律，在分析数列通项的基础上，或分解为基本数列求和，或转化为基本数列求和．（3）求一般数列的前n项和时，无一般方法可循，要注意掌握某些特殊数列的前n项和的求法，触类旁通．3．在用观察法归纳数列的通项公式（尤其是在处理客观题目时）时，要注意适当地根据具体问题多计算相应的数列的前几项，否则会因为所计算的数列的项数过少，而归纳出错误的通项公式，从而得到错误的结论．【典型例题分析】典例：已知f（x）＝log a x（a＞0，a≠1），设数列f（a1），f（a2），f（a3），…，f（a n）…是首项为4，公差为2的等差数列．（I）设a为常数，求证：{a n}成等比数列；（II）设b n＝a n f（a n），数列{b n}前n项和是S n，当时，求S n．分析：（I）先利用条件求出f（a n）的表达式，进而求出{a n}的通项公式，再用定义来证{a n}是等比数列即可；（II）先求出数列{b n}的通项公式，再对数列{b n}利用错位相减法求和即可．解答：证明：（I）f（a n）＝4+（n﹣1）×2＝2n+2，即log a a n＝2n+2，可得a n＝a2n+2．∴＝＝为定值．∴{a n}为等比数列．（II）解：b n＝a n f（a n）＝a2n+2log a a2n+2＝（2n+2）a2n+2．（7分）当时，．（8分）S n＝2×23+3×24+4×25++（n+1）•2n+2 ①2S n＝2×24+3×25+4×26++n•2n+2+（n+1）•2n+3 ②①﹣②得﹣S n＝2×23+24+25++2n+2﹣（n+1）•2n+3（12分）＝﹣（n+1）•2n+3＝16+2n+3﹣24﹣n•2n+3﹣2n+3．∴S n＝n•2n+3．（14分）点评：本题的第二问考查了数列求和的错位相减法．错位相减法适用于通项为一等差数列乘一等比数列组成的新数列．10．数列与不等式的综合【知识点的知识】证明与数列求和有关的不等式基本方法：（1）直接将数列求和后放缩；（2）先将通项放缩后求和；（3）先将通项放缩后求和再放缩；（4）尝试用数学归纳法证明．常用的放缩方法有：，，，＝[]﹣＝＜＜＝﹣（n≥2），＜＝（）（n≥2），，2（）＝＜＝＜＝2（）．…+≥…+＝＝＜．【解题方法点拨】证明数列型不等式，因其思维跨度大、构造性强，需要有较高的放缩技巧而充满思考性和挑战性，能全面而综合地考查学生的潜能与后继学习能力，因而成为高考压轴题及各级各类竞赛试题命题的极好素材．这类问题的求解策略往往是：通过多角度观察所给数列通项的结构，深入剖析其特征，抓住其规律进行恰当地放缩；其放缩技巧主要有以下几种：（1）添加或舍去一些项，如：＞|a|；＞n；（2）将分子或分母放大（或缩小）；（3）利用基本不等式；＜；（4）二项式放缩；（5）利用常用结论；（6）利用函数单调性．（7）常见模型：①等差模型；②等比模型；③错位相减模型；④裂项相消模型；⑤二项式定理模型；⑥基本不等式模型．【典型例题分析】题型一：等比模型典例1：对于任意的n∈N*，数列{a n}满足＝n+1．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）求证：对于n≥2，．解答：（Ⅰ）由①，。

高考数学数列多选题专项练习含解析

高考数学数列多选题专项练习含解析

高考数学数列多选题专项练习含解析一、数列多选题1．已知等比数列{}n a 首项11a >，公比为q ，前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，函数()()()()127f x x x a x a x a =+++，若()01f '=，则（ ）A ．{}lg n a 为单调递增的等差数列B ．01q <<C ．11n a S q ⎧⎫-⎨⎬-⎩⎭为单调递增的等比数列D ．使得1n T >成立的n 的最大值为6【答案】BCD 【分析】令()()()()127g x x a x a x a =+++，利用()()127001f g a a a '===可得3411a a q ==，01q <<，B 正确；由()()111lg lg lg 1lg n n a a q a n q -==+-可得A 错误；由()111111111n n n a a a qS q q q q q --=--=⋅---可得C 正确；由11a >，01q <<，41a =可推出671T T >=，81T <可得D 正确. 【详解】令()()()()127g x x a x a x a =+++，则()()f x xg x =， ()()()f x g x xg x ''∴=+，()()127001f g a a a '∴===，因为{}n a 是等比数列，所以712741a a a a ==，即3411a a q ==，11a >，01q ∴<<，B 正确；()()111lg lg lg 1lg n n a a q a n q -==+-，{}lg n a ∴是公差为lg q 的递减等差数列，A 错误；()111111111n n n a a a q S q q q q q --=--=⋅---，11n a S q ⎧⎫∴-⎨⎬-⎩⎭是首项为101a q q <-，公比为q 的递增等比数列，C 正确；11a >，01q <<，41a =，3n ∴≤时，1n a >，5n ≥时，01n a <<，4n ∴≤时，1n T >，7712741T a a a a ===，8n ∴≥时，78971n n T T a a a T =<=，又75671T T a a =>，7671T T a =>，所以使得1n T >成立的n 的最大值为6，D 正确. 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：利用等比数列的性质、通项公式、求和公式、数列的单调性求解是解题关键.2．已知数列{},{}n n a b 均为递增数列，{}n a 的前n 项和为,{}n n S b 的前n 项和为,n T 且满足*112,2()n n n n n a a n b b n N +++=⋅=∈，则下列结论正确的是（ ）A ．101a << B．11b <<C ．22n n S T <D ．22n n S T ≥【答案】ABC 【分析】利用数列单调性及题干条件，可求出11,a b 范围；求出数列{},{}n n a b 的前2n 项和的表达式，利用数学归纳法即可证明其大小关系，即可得答案. 【详解】因为数列{}n a 为递增数列， 所以123a a a <<，所以11222a a a <+=，即11a <， 又22324a a a <+=，即2122a a =-<， 所以10a >，即101a <<，故A 正确； 因为{}n b 为递增数列， 所以123b b b <<，所以21122b b b <=，即1b <又22234b b b <=，即2122b b =<， 所以11b >，即11b <<，故B 正确；{}n a 的前2n 项和为21234212()()()n n n S a a a a a a -=++++⋅⋅⋅++= 22(121)2[13(21)]22n n n n +-++⋅⋅⋅+-==，因为12n n n b b +⋅=，则1122n n n b b +++⋅=，所以22n n b b +=，则{}n b 的2n 项和为13212422()()n n n b b b b b b T -=++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+=1101101122(222)(222)()(21)n n nb b b b --++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+=+-1)1)n n>-=-，当n =1时，222,S T =>，所以22T S >，故D 错误； 当2n ≥时假设当n=k时，21)2k k ->21)k k ->， 则当n=k +11121)21)21)2k k k k k ++-=+-=->2221(1)k k k >++=+所以对于任意*n N ∈，都有21)2k k ->，即22n n T S >，故C 正确 故选：ABC 【点睛】本题考查数列的单调性的应用，数列前n 项和的求法，解题的关键在于，根据数列的单调性，得到项之间的大小关系，再结合题干条件，即可求出范围，比较前2n 项和大小时，需灵活应用等差等比求和公式及性质，结合基本不等式进行分析，考查分析理解，计算求值的能力，属中档题.3．设n S 是公差为()d d ≠0的无穷等差数列{}n a 的前n 项和，则下列命题正确的是（ ） A ．若0d <，则数列{}n S 有最大项 B ．若数列{}n S 有最大项，则0d <C ．若对任意*n N ∈，均有0n S >，则数列{}n S 是递增数列D ．若数列{}n S 是递增数列，则对任意*n N ∈，均有0n S > 【答案】ABC 【分析】由等差数列的求和公式可得()2111222n n n d d S na d n a n -⎛⎫=+=+- ⎪⎝⎭，可看作关于n 的二次函数，由二次函数的性质逐个选项验证可得. 【详解】由等差数列的求和公式可得()2111222n n n d d S na d n a n -⎛⎫=+=+- ⎪⎝⎭， 选项A ，若0d <，由二次函数的性质可得数列{}n S 有最大项，故正确； 选项B ，若数列{}n S 有最大项，则对应抛物线开口向下，则有0d <，故正确； 选项C ，若对任意*n ∈N ，均有0n S >，对应抛物线开口向上，0d >， 可得数列{}n S 是递增数列，故正确；选项D ，若数列{}n S 是递增数列，则对应抛物线开口向上， 但不一定有任意*n ∈N ，均有0n S >，故错误. 故选：ABC . 【点睛】本题考查等差数列的求和公式的应用，()2111222n n n d d S na d n a n -⎛⎫=+=+- ⎪⎝⎭可看成是二次函数，然后利用二次函数的性质解决问题，考查分析和转化能力，属于常考题.4．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若831a =，10210S =，则（ ）A ．19919S a =B ．数列{}22na 是公比为8的等比数列C ．若()1nnnb a =-⋅，则数列{}n b 的前2020项和为4040D ．若11n n n b a a +=，则数列{}n b 的前2020项和为202024249【答案】CD 【分析】由等差数列性质可判断A ；结合已知条件可求出等差数列的公差，从而可求出通项公式以及22n a ，结合等比数列的定义可判断B ；写出n b ，由定义写出2020T 的表达式，进行分组求和即可判断C ；11144143n b n n ⎛⎫=- ⎪-+⎝⎭，裂项相消即可求和.【详解】由等差数列的性质可知，191019S a =，故A 错误；设{}n a 的公差为d ，则有811017311045210a a d S a d =+=⎧⎨=+=⎩，解得13a =，4d =，故41n a n =-，28122na n -=， 则数列{}22n a是公比为82的等比数列，故B 错误；若()()()1141n nn n b a n =-⋅=-⋅-，则{}n b 的前2020项20203711158079410104040T =-+-+-⋅⋅⋅+=⨯=，故C 正确； 若()()1111414344143n b n n n n ⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭，则{}n b 的前2020项和2020111111120204377118079808324249T ⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-=⎪⎝⎭，故D 正确． 故选:CD ． 【点睛】 方法点睛:求数列的前n 项和常见思路有：1、对于等差和等比数列，直接结合求和公式求解；2、等差数列±等比数列时，常采取分组求和法；3、等差数列⨯等比数列时，常采取错位相减法；4、裂项相消法.5．两个等差数列{}n a 和{}n b ，其公差分别为1d 和2d ，其前n 项和分别为n S 和n T ，则下列命题中正确的是（ ） A．若为等差数列，则112da =B ．若{}n n S T +为等差数列，则120d d +=C ．若{}n n a b 为等差数列，则120d d ==D ．若*n b N ∈，则{}n b a 也为等差数列，且公差为12d d +【分析】对于A，利用=对于B ，利用()2211332S T S T S T +=+++化简可得答案； 对于C ，利用2211332a b a b a b =+化简可得答案； 对于D ，根据112n n b b a a d d +-=可得答案. 【详解】 对于A，因为为等差数列，所以=即== 化简得()21120d a -=，所以112d a =，故A 正确；对于B ，因为{}n n S T +为等差数列，所以()2211332S T S T S T +=+++， 所以()11121111122223333a d b d a b a d b d +++=+++++， 所以120d d +=，故B 正确；对于C ，因为{}n n a b 为等差数列，所以2211332a b a b a b =+， 所以11121111122()()(2)(2)a d b d a b a d b d ++=+++， 化简得120d d =，所以10d =或20d =，故C 不正确；对于D ，因为11(1)n a a n d =+-，且*n b N ∈，所以11(1)n b n a a b d =+-()112111a b n d d =++--⎡⎤⎣⎦，所以()()1111211n b a a b d n d d =+-+-，所以()()()11111211112111n n b b a a a b d nd d a b d n d d +-=+-+-----12d d =， 所以{}n b a 也为等差数列，且公差为12d d ，故D 不正确. 故选：AB 【点睛】关键点点睛：利用等差数列的定义以及等差中项求解是解题关键.6．设数列{}{},n n a b 的前n 项和分别为,n n S T ，1121,n n n S S S n++==，且212n n n n a b a a ++=，则下列结论正确的是（ ） A ．20202020a = B ．()12n n n S += C ．()112n b n n =-+D ．1334n T n ≤-<【分析】可由累乘法求得n S 的通项公式，再由()12n n n S +=得出n a n =，代入212n n n n a b a a ++=中可得()112n b n n =++.由裂项相消法求出n T ，利用数列的单调性证明1334n T n ≤-<.【详解】由题意得，12n n S n S n++=， ∴当2n ≥时，121121112n n n n n S S S n n S S S S S n n ---+=⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅--()13112n n +⋅=，且当1n =时也成立， ∴ ()12n n n S +=，易得n a n =，∴ 20202020a =，故,A B 正确； ∴ ()()()211111112222n n b n n n n n n +⎛⎫==+=+- ⎪+++⎝⎭，∴11111111111111112324351122212n T n n n n n n n n ⎛⎫⎛⎫=+-+-+-++-+-=++-- ⎪ ⎪-++++⎝⎭⎝⎭3111342124n n n n ⎛⎫=+-+<+ ⎪++⎝⎭， 又n T n -随着n 的增加而增加， ∴1113n T n T -≥-=，∴1334n T n ≤-<，C 错误，D 正确， 故选：ABD. 【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．7．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a ＝，且1n n S a λ-＝（λ为常数）．若数列{}n b 满足2920n n a b n n -+-＝，且1n n b b +<，则满足条件的n 的取值可以为（ ）A ．5B ．6C ．7D ．8【答案】AB 【分析】利用11a S =可求得2λ=；利用1n n n a S S -=-可证得数列{}n a 为等比数列，从而得到12n na ，进而得到nb ；利用10nnb b 可得到关于n 的不等式，解不等式求得n 的取值范围，根据n *∈N 求得结果. 【详解】当1n =时，1111a S a λ==-，11λ∴-=，解得：2λ=21n n S a ∴=-当2n ≥且n *∈N 时，1121n n S a --=-1122n n nn n a S S a a ，即：12n n a a -=∴数列{}n a 是以1为首项，2为公比的等比数列，12n na2920n n a b n n =-+-，219202n n n n b --+-∴=()()222111912092011280222n n n n nn n n n n n b b +--+++--+--+∴-=-=< 20n >，()()21128470n n n n ∴-+=--<，解得：47n <<又n *∈N ，5n ∴=或6 故选：AB 【点睛】关键点点睛：本题考查数列知识的综合应用，涉及到利用n a 与n S 的关系求解通项公式、等比数列通项公式的求解、根据数列的单调性求解参数范围等知识，解决本题的关键点是能够得到n b 的通项公式，进而根据单调性可构造出关于n 的不等式，从而求得结果，考查学生计算能力，属于中档题．8．（多选题）已知函数()22()()n n f n n n ⎧=⎨-⎩当为奇数时当为偶数时，且()()1n a f n f n =++，则na 等于（ ）A ．()21n -+B ．21n -C ．21nD ．12n -【答案】AC 【分析】对n 进行分类讨论，按照()()1n a f n f n =++写出通项即可. 【详解】当n 为奇数时，()()()()22112121n a f n f n n n n n =++=-+=--=-+； 当n 为偶数时，()()()221121n a f n f n n n n =++=-++=+，所以()()()2121n n n a n n ⎧-+⎪=⎨+⎪⎩当为奇数时当为偶数时.故选：AC . 【点睛】易错点睛：对n 进行分类讨论时，应注意当n 为奇数时，1n +为偶数；当n 为偶数时，1n +为奇数.9．斐波那契数列{}n a ：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，又称黄金分割数列，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”，其通项公式n nn a ⎡⎤⎢⎥=-⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦，是用无理数表示有理数的一个范例，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 ．10711S a =B ．2021201920182a a a =+C ．202120202019S S S =+D ．201920201S a =-【答案】AB 【分析】选项A 分别求出710S a ，可判断，选项B 由21n n n a a a ++=+，得()112n n n a a a n +-=+≥，相加得2n a +12n n a a -=+可判断,选项C ，由202112342021S a a a a a =+++++，202012S a a =+++2020a ，两式错位相减可判断.选项D.由()()()()()324354652122n n n n S a a a a a a a a a a a a +++=-+-+-+-++-=-可判断.【详解】因为10143S =，711143a =，所以10711S a =，则A 正确；由21n n n a a a ++=+，得()112n n n a a a n +-=+≥，相加得2n a +12n n a a -=+， 所以2021201920182a a a =+，所以B 正确； 因为202112342021S a a a a a =+++++，202012S a a =+++2020a ，两式错位相减可得202120201220192019101S S a a a S -=+++++=+，所以2021202020191S S S =++，所以C 错误； 因为()()()()()123324354652122n n n n n S a a a a a a a a a a a a a a a a +++=++++=-+-+-+-++-=-21n a +=-，所以201920211S a =-，所以D 错误.故选：AB. 【点睛】关键点睛：本题考查数列的递推关系的应用，解答本题的关键是由202112342021S a a a a a =+++++，202012S a a =+++2020a ，两式错位相减可得202120201220192019101S S a a a S -=+++++=+，以及由递推关系可得()()()()()324354652122n n n n S a a a a a a a a a a a a +++=-+-+-+-++-=-，属于中档题.10．若数列{}n a 的前n 项和是n S ，且22n n S a =-，数列{}n b 满足2log n n b a =，则下列选项正确的为（ ） A ．数列{}n a 是等差数列B ．2nn a =C ．数列{}2na 的前n 项和为21223n +-D ．数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭的前n 项和为n T ，则1n T <【答案】BD 【分析】根据22n nS a =-，利用数列通项与前n 项和的关系得1,1,2n n S n a S n =⎧=⎨≥⎩，求得通项n a ，然后再根据选项求解逐项验证. 【详解】当1n =时，12a =，当2n ≥时，由22n n S a =-，得1122n n S a --=-， 两式相减得：12n n a a -=， 又212a a =，所以数列{}n a 是以2为首项，以2为公比的等比数列， 所以2nn a =，24nn a =，数列{}2na 的前n 项和为()141444143n n nS +--'==-， 则22log log 2nn n b a n ===，所以()1111111n n b b n n n n +==-⋅⋅++，所以 1111111 (11123411)n T n n n =-+-++-=-<++， 故选：BD 【点睛】方法点睛：求数列的前n 项和的方法 (1)公式法：①等差数列的前n 项和公式，()()11122n n n a a n n S na d +-==+②等比数列的前n 项和公式()11,11,11nn na q S a q q q=⎧⎪=-⎨≠⎪-⎩；(2)分组转化法：把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解．(3)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．(4)倒序相加法：把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广．(5)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对应项之积构成的，则这个数列的前n 项和用错位相减法求解.(6)并项求和法：一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)n f (n )类型，可采用两项合并求解．。

数列练习题高中

数列练习题高中

数列练习题高中一、等差数列1. 已知等差数列的前三项分别为3，5，7，求第10项的值。

2. 在等差数列{an}中，若a1=1，公差d=2，求前10项的和。

3. 已知等差数列的通项公式为an=3n2，求前n项和的表达式。

4. 在等差数列{an}中，若a5+a8=34，a3+a6=26，求首项a1和公差d。

二、等比数列1. 已知等比数列的前三项分别为2，6，18，求第6项的值。

2. 在等比数列{bn}中，若b1=3，公比q=3，求前5项的和。

3. 已知等比数列的通项公式为bn=2^n，求前n项和的表达式。

4. 在等比数列{bn}中，若b3•b6=144，b4•b5=108，求首项b1和公比q。

三、数列的综合应用1. 已知数列{cn}的通项公式为cn=n^2+n，求前n项和。

2. 在数列{dn}中，若d1=1，d2=3，dn=dn1+dn2（n≥3），求第10项的值。

3. 已知数列{en}的前n项和为Sn=2^n1，求通项公式。

4. 设数列{fn}的通项公式为fn=3n+2，求证：数列{fn+1 fn}是等差数列。

四、数列的极限1. 求极限：lim(n→∞) (1+1/n)^n。

2. 求极限：lim(n→∞) (n^2 n) / (2n^2 + 3n + 1)。

3. 求极限：lim(n→∞) (sqrt(n^2+1) sqrt(n^21))。

五、数列的应用题1. 一等差数列的前5项和为35，前10项和为110，求前15项和。

2. 一等比数列的第3项为12，第6项为48，求首项和公比。

3. 一数列的前n项和为2^n 1，求第10项的值。

4. 一数列的通项公式为an=n^2+n，求证：该数列的前n项和为(n+1)(n+2)/2。

六、数列的性质与判定3. 已知数列{gn}的通项公式为gn=2n1，判断数列{gn+1 gn}是否为等差数列。

4. 已知数列{hn}的通项公式为hn=n^3，判断数列{hn+1 / hn}是否为等比数列。

2023年全国各省份高考数学真题数列汇总

2023年全国各省份高考数学真题数列汇总

2023年全国各省份高考数学真题数列汇总一、单选题二、填空题8．（2023年全国乙卷（理数）第15题）已知{}n a 为等比数列，24536a a a a a =，9108a a =-，则7a =______.9．（2023年全国甲卷（文数）第13题）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和．若6387S S =，则{}n a 的公比为________．10．（2023年北京卷第14题）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列{}n a ，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且1591,12,192a a a ===，则7a =___________；数列{}n a 所有项的和为____________．三、解答题15．（2023年北京卷第21题）已知数列{}{},n n a b 的项数均为m (2)m >，且,{1,2,,},n n a b m ∈ {}{},n n a b 的前n 项和分别为,n n A B ，并规定000A B ==．对于{}0,1,2,,k m ∈ ，定义{}max ,{0,1,2,,}k i k r iB A i m =≤∈∣ ，其中，max M 表示数集M 中最大的数.(1)若1231232,1,3,1,3,3a a a b b b ======，求0123,,,r r r r 的值；(2)若11a b ≥，且112,1,2,,1,j j j r r r j m +-≤+=- ，求n r ；(3)证明：存在{},,,0,1,2,,p q s t m ∈ ，满足,,p q s t >>使得t p s q A B A B +=+．16．（2023年天津卷第19题）已知{}n a 是等差数列，255316,4a a a a +=-=．(1)求{}n a 的通项公式和1212n n ii a --=∑．(2)已知{}n b 为等比数列，对于任意*N k ∈，若1221k k n -≤≤-，则1k n k b a b +<<，（Ⅰ）当2k ≥时，求证：2121kk k b -<<+；（Ⅱ）求{}n b 的通项公式及其前n 项和．a-【详解】由题意可得：当1n =时，2122a a =+，即1122a q a =+，①当2n =时，()31222a a a =++，即()211122a q a a q =++，②联立①②可得12,3a q ==，则34154a a q ==.故选：C.二、填空题三、解答题为奇数反证：假设满足11n n r r +->的最小正整数为11j m ≤≤-，当i j ≥时，则12i i r r +-≥；当1i j ≤-时，则11i i r r +-=，则()()()112100m m m m m r r r r r r r r ---=-+-+⋅⋅⋅+-+()22m j j m j ≥-+=-，又因为11j m ≤≤-，则()2211m r m j m m m m ≥-≥--=+>，假设不成立，故11n n r r +-=，即数列{}n r 是以首项为1，公差为1的等差数列，所以01,n r n n n =+⨯=∈N .（3）（ⅰ）若mmA B ≥，构建,1n n n r S A B n m =-≤≤，由题意可得：0n S ≥，且n S 为整数，反证，假设存在正整数K ，使得K S m ≥，则1,0K K K r K r A B m A B +-≥-<，可得()()111K K K K K r r r K r K r b B B A B A B m +++=-=--->，这与{}11,2,,K r b m +∈⋅⋅⋅相矛盾，故对任意1,n m n ≤≤∈N ，均有1n S m ≤-.①若存在正整数N ，使得0N N N r S A B =-=，即N Nr A B =，可取0,,N r p q N s r ====，使得p s q r B B A A +=+；②若不存在正整数N ，使得0NS =，因为{}1,2,1n S m m ∈⋅⋅⋅-，且1n m ≤≤，所以必存在1X Y m ≤<≤，使得X Y S S =，即X Y X r Y r A B A B -=-，可得Y X X r Y r A B A B +=+，可取,,,Y X p X s r q Y r r ====，使得p s q r B B A A +=+；（ⅱ）若m m A B <，构建,1n n r n S B A n m =-≤≤，由题意可得：0n S ≤，且n S 为整数，反证，假设存在正整数K ，使得K S m ≤-，则1,0K K r K r K B A m B A +-≤-->，可得()()111K K K K K r r r r K r K b B B B A B A m +++=-=--->，这与{}11,2,,K r b m +∈⋅⋅⋅相矛盾，故对任意1,n m n ≤≤∈N ，均有1n S m ≥-.①若存在正整数N ，使得0N N r N S B A =-=，即N Nr A B =，可取0,,N r p q N s r ====，使得p s q r B B A A +=+；②若不存在正整数N ，使得0NS =，因为{}1,2,,1n S m ∈--⋅⋅⋅-，且1n m ≤≤，。

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*）．。

高中数学--数列大题专项训练(含详解)

高中数学--数列大题专项训练(含详解)

高中数学--数列大题专项训练（含详解）一、解答题（本大题共16小题，共192.0分）1.已知{}n a 是等比数列，满足12a =，且2a ，32a +，4a 成等差数列，数列{}n b 满足*1231112()23n b b b b n n N n+++⋅⋅⋅+=∈(1)求{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)设(1)()n n n n c a b =--，求数列{}n c 的前2n 项和2.n S 2.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且233.n n S a +=(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若32log n n n b a a +=⋅，求数列{}n b 的前n 项和.n T 3.在数列{}n a 中，111,(1n n n a a a c c a +==⋅+为常数，*)n N ∈，且1a ，2a ，5a 成公比不为1的等比数列．(1)求证：数列1{}na 是等差数列；(2)求c 的值；(3)设1n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和.n S4.在ABC 中，已知三内角A ，B ，C 成等差数列，且11sin().214A π+=()Ⅰ求tan A 及角B 的值；()Ⅱ设角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且5a =，求b ，c 的值．5.在数列{}n a 中，11a =，11(1)(1)2nn n a a n n +=+++⋅(1)设n n a b n=，求数列{}n b 的通项公式(2)求数列{}n a 的前n 项和nS 6.已知数列的各项均为正数，前项和为，且()Ⅰ求证数列是等差数列；()Ⅱ设求7.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且22n n a a S S =+对一切正整数n 都成立．(1)求1a ，2a 的值；(2)设10a >，数列110lg n a a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，当n 为何值时，n T 最大？并求出n T 的最大值．8.已知等差数列{}n a 的前四项和为10，且2a ，3a ，7a 成等比数列．(1)求通项公式na (2)设2n a nb =，求数列n b 的前n 项和.n S 9.已知在数列{}n a 中，13a =，1(1)1n n n a na ++-=，*.n N ∈(1)证明数列{}n a 是等差数列，并求n a 的通项公式；(2)设数列11{}n n a a +的前n 项和为n T ，证明：1.(126n T <分)10.已知函数2(1)4f x x +=-，在等差数列{}n a 中，1(1)a f x =-，232a =-，3().a f x =(1)求x 的值；(2)求数列{}n a 的通项公式.n a 11.已知数列{}n a 是公比大于1的等比数列，1a ，3a 是函数2()109f x x x =-+的两个零点.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n b 满足3log n n b a n =+，求数列{}n b 的前n 项和n S 。

高考数学数列常考大题题型

高考数学数列常考大题题型

高考数学数列常考大题题型对于的数学，数列知识点是高考数学的基础知识，高考的数学中欧也经常会出现数列的大题，下面我为大家整理了一些高考数列的经典题型。

高考数学数列经典大题(1)已知正数组成的等差数列{an}，前20项和为100，则a7?a14的最大值是()A.25B.50C.100D.不存在(2)在等差数列{an}中，a1=-2023，其前n项和为Sn，若S1212-S1010=2，则S2023的值为()A.-2023B.-2023C.-2023D.-2023破题切入点(1)根据等差数列的性质，a7+a14=a1+a20，S20=20(a1+a20)2可求出a7+a14，然后利用基本不等式.(2)等差数列{an}中，Sn是其前n项和，则Snn也成等差数列.答案(1)A(2)D解析(1)∵S20=a1+a202×20=100，∴a1+a20=10.∵a1+a20=a7+a14，∴a7+a14=10.∵an0，∴a7?a14≤a7+a1422=25.当且仅当a7=a14时取等号.故a7?a14的最大值为25.根据等差数列的性质，得数列Snn也是等差数列，根据已知可得这个数列的首项S11=a1=-2023，公差d=1，故S2*******=-2023+(2023-1)×1=-1，所以S2023=-2023.点击查看：高考数学答题的方法如何学习数学?史上最强高考书《高考蝶变》教你怎样提高成绩，淘宝搜索《高考蝶变》购买。

数学数列知识点掌握技巧数列。

以等差等比数列为载体，考察等差等比数列的通项公式，求和公式，通项公式和求和公式的关系，求通项公式的几种常用方法，求前n项和的几种常用方法，这些知识点需要掌握。

数列是的重要内容，又是学习高等数学的基础。

高考对本章的考查比较全面，等差数列，等比数列的考查每年都不会遗漏。

有关数列的经常是综合题，经常把数列知识和指数函数、对数函数和不等式的知识综合起来，试题也常把等差数列、等比数列，求极限和数学归纳法综合在一起。

高中数学《数列》100题(问题+答案)

高中数学《数列》100题(问题+答案)

数列一、单选题1．在ABC 中，AB，45C =︒，O 是ABC 的外心，若OC AB CA CB ⋅+⋅的最大值是m ，数列{}n a 中，11a =，12n n a ma +=+，则{}n a 的通项公式为n a =（）A ．1231n -⋅-B ．1322n -⋅-C ．32n -D ．1544n -⋅-2．将等比数列{}n b 按原顺序分成1项，2项，4项，…，12n -项的各组，再将公差为2的等差数列{}n a 的各项依次插入各组之间，得到新数列{}n c ：1b ，1a ，2b ，3b ，2a ，4b ，5b ，6b ，7b ，3a ，…，新数列{}n c 的前n 项和为n S ．若11c =，22c =，3134S =，则S 200=（）A ．3841117232⎡⎤⎛⎫-⎢⎥⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦B ．3861113032⎡⎤⎛⎫-⎢⎥⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦C ．3861117232⎡⎤⎛⎫-⎢⎥⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦D ．38411302⎛⎫- ⎪⎝⎭3．在ABC 中，AB =，45C =︒，O 是ABC 的外心，若21OC AC ⋅-的最大值是m ，数列{}n a 中，11a =，12n n a ma +=+，则{}n a 的通项公式为n a =（）．A ．1231n -⋅-B ．1322n -⋅-C ．32n -D ．1544n -⋅-4．设数列{}n a 的通项公式为()()()*121cos 1N 2nn n a n n π=--⋅+∈，其前n 项和为n S ，则120S =（）A ．60-B ．120-C ．180D ．2405．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足190S >，200S <，若数列{}n a 满足10m m a a +⋅<，则m ＝（）A ．9B ．10C ．19D ．206．已知数列{}n a 的首项11a =，函数()()41cos 221n n f x x a x a +=+-+有唯一零点，则通项n a =（）A ．13n -B ．12n -C ．21n -D ．32n -7．等差数列{}n a 的首项为正数，其前n 项和为n S .现有下列命题，其中是假命题的有（）A ．若n S 有最大值，则数列{}n a 的公差小于0B ．若6130a a +=，则使0n S >的最大的n 为18C ．若90a >，9100a a +<，则{}n S 中9S 最大D ．若90a >，9100a a +<，则数列{}n a 中的最小项是第9项8．已知各项都为正数的等比数列{}n a 满足7652a a a =+，存在两项m a ，n a使得14a =，则122n m n+++的最小值为（）A．118+B ．2615C ．74D ．28159．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足()2*12n n na S n N a +=∈，则下列说法正确的是（）A ．202120221a a ⋅<B ．202120221a a ⋅>C．2022a <-D．2022a >10．数列{}n a 满足11a =，且对于任意的*N n ∈都有11n n a a a n +=++，则122015111a a a +++= （）A ．10071008B ．20151008C ．1007504D ．2015201611．在数列{}n a 中，12a =，22a =且21(1)(N )nn n a a n ++-=+-∈，100S =（）A ．0B ．1300C ．2600D ．265012．童谣是一种民间文学，因为常取材于现实生活，语言幽默风趣、朗朗上口而使少年儿童易于接受，从而成为了重要的传统教育方式.有一首童谣中唱到:“玲珑塔上琉璃灯，沙弥点灯向上行.首层掌灯共三盏，明灯层层更倍增（意为:每上一层，灯的数量增加一倍).小僧掌灯到塔顶，心中默数灯几重.玲珑塔上灯火数，三百八十一盏明.灯映湖心点点红，但问塔顶几盏灯?”童谣中的玲珑塔的顶层灯的盏数为（）A ．96B ．144C ．192D ．23113．已知无穷等比数列{}n a 中12a =，22a <，它的前n 项和为n S ，则下列命题正确的是（）A ．数列{}n S 是递增数列B ．数列{}n S 是递减数列C ．数列{}n S 存在最小项D ．数列{}n S 存在最大项14．已知等差数列{}n a 中，前4项为1，3，5，7，则数列{}n a 前10项的和10S =（）A ．100B ．23C ．21D ．1715．已知等差数列{}n a 中，其前5项的和525S =，等比数列{}n b 中，1132,8,b b ==则37a b =（）A ．54-或54B ．54-C ．45D ．5416．在等比数列{}n a 中，已知对*n N ∈有1221n n a a a ++⋯+=-，那么22212n a a a ++⋯+=（）A ．2(21)n -B ．21(21)3n -C ．41n -D ．1(41)3n-17．设等比数列{}n a 的各项均为正数，已知237881a a a a =，则267a a a +的最小值为（）AB．C．D．18．已知等差数列{}n a 满足13512a a a ++=，10111224a a a ++=，则{}n a 的前13项的和为（）A ．12B ．36C ．78D ．15619．设()n a Ω表示落在区间[],n n a 内的偶数个数.在等比数列{}n a n -中，14a =，211a =，则()4a Ω=（）A ．21B ．20C ．41D ．4020．已知数列1，12-，14，18-，…．则该数列的第10项为（）A ．1512-B ．1512C ．11024-D ．1102421．有一个非常有趣的数列1⎧⎫⎨⎬⎩⎭n 叫做调和数列，此数列的前n 项和已经被研究了几百年，但是迄今为止仍然没有得到它的求和公式．某数学探究小组为了探究调和数列的性质，仿照“杨辉三角”．将1，12，13，14， (1)，…作为第一行，相邻两个数相减得到第二行，依次类推，得到如图所示的三角形差数列，则第2行的前100项和为（）A ．100101B ．99100C ．99200D ．5010122．等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若1a ，2020a 满足12020OA a OB a OC =+，其中A 为OBC边BC 上任意一点，则2020S =（）．A ．2020B ．1010C ．1020D ．223．一定数目的点在等距离的排列下可以形成一个等边三角形，这样的数被称为三角形数.如图，根据前三个点阵图形的规律，第四个点阵表示的三角形数是（）A ．1B ．6C ．10D ．2024．数列{}n a 的前4项为：1111,,,25811，则它的一个通项公式是（）A ．121n -B ．121n +C ．131n -D ．131n +25．已知数列1，3-，5，7-，9，…，则该数列的第10项为（）A ．21-B ．19-C ．19D ．2126．在等差数列{}n a 中，若47101102a a a ++=，则311a a +=（）A ．2B ．4C ．6D ．827．等差数列{}n a 中，若14a =，公差2d =，则5a =（）A ．10B ．12C ．14D ．22二、多选题28．在平面四边形ABCD 中，ABD △的面积是BCD △面积的2倍，又数列{}n a 满足12a =，当2n ≥时，恒有()()1122n nn n BD a BA a BC --=-++ ，设{}n a 的前n 项和为n S ，则（）A ．{}n a 为等比数列B ．2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为递减数列C ．{}n a 为等差数列D ．()152210n n S n +=--29．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，121n n n S S a +=++，数列12n n n a a +⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭的前n 项和为*,n T n N ∈，则下列选项正确的为（）A ．数列{1}n a +是等差数列B ．数列{1}n a +是等比数列C ．数列{}n a 的通项公式为21nn a =-D ．1n T <30．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，公差为d ，若10911S S S <<，则（）A ．0d >B ．10a >C ．200S <D ．210S >31．记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知342,14a S ==，则（）A ．{}n a 是递增数列B ．18a =C ．523S a a =D ．n S 的最小值为332．已知数列{}n a 中，13a =，()1*11N n na n a +=∈-，下列选项中能使3n a =的n 有（）A ．22B ．24C ．26D ．2833．对任意数列{}n a ，下列说法一定正确的是（）A ．若数列{}n a 是等差数列，则数列{2}n a 是等比数列B ．若数列{}n a 是等差数列，则数列{2}n a 是等差数列C ．若数列{}n a 是等比数列，则数列{lg |}|n a 是等比数列D ．若数列{}n a 是等比数列，则数列{lg |}|n a 是等差数列三、填空题34．在数列{}n a 及{}n b 中，1n n n a a b +=++，1n n n b a b +=+，11a =，11b =．设11n n nc a b =+，则数列{}n c 的前2018项和为_________35．已知数列{}n a 的通项为21n a n =-+，等比数列{}n b 的公比q 满足1(2)n n q a a n -=-≥且12b a =，则123...n b b b b ++++=________.36．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一个数列：1，1，2，3，5，8，13，21，…，其中从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数所组成的数列称为“斐波那契数列”，记为{}n F .利用下图所揭示的{}n F 的性质，则在等式()222220221220212022m F F F F F F -++⋅⋅⋅+=⋅中，m =______.37．将公差不为零的等差数列1a ，2a ，3a 调整顺序后构成一个新的等比数列i a ，j a ，k a ，其中{,,}{1,2,3}i j k =，试写出一个调整顺序后成等比数列的数列公比：_____．（写出一个即可）．38．已知()f x 为R 上单调递增的奇函数，在数列{}n a 中，120a =，对任意正整数n ，()()130n n f a f a ++-=，则数列{}n a 的前n 项和n S 的最大值为___________.39．给定正整数n 和正数b ，对于满足条件211n a a b +-=的所有无穷等差数列{}n a ，当1n a +=________时，1221n n n y a a a +++=+++ 取得最大值．40．在我国南宋数学家杨辉所著作的《详解九章算法》一书中，用如图所示的三角形（杨辉三角）解释了二项和的乘方规律，下面的数字三角形可以看做当n 依次取0、1、2、3、L 时()na b +展开式的二项式系数，相邻两斜线间各数的和组成数列{}n a ，例11a =，211a =+，312a =+，L ，设数列{}n a 的前n 项和为n S .若20243a m =+，则2022S =___________.41．已知数列{}n a 的前n 项和343n n nS -=，记n b =，则数列{}n b 的前n 项和n T =_______.42．现有一根长为81米的圆柱形铁棒，第1天截取铁棒长度的13，从第2天开始每天截取前一天剩下长度的13，则第5天截取的长度是______米.43．已知数列{}n a 满足112,,n n a a a n +==-则求100a =___________44．已知等差数列的前n 项和为n S ，且13140,0S S ><，则使n S 取得最大值的n 为__________．45．在等差数列{}n a 中，710132a a =+，则该数列的前7项和为_________．46．已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，公比1q >，且21a +为1a 与3a 的等差中项，314S =.若数列{}n b 满足2log n n b a =，其前n 项和为n T ，则n T =_________.47．已知数列{}n a 是递增数列，且满足121n n a a +=+，且1a 的取值范围是___________.48．已知等比数列{}n a 的公比为2，前n 项和为n S ，则lim nn nS a →∞=__________．49．已知数列{}n a 的首项12a =，且对任意的*n N ∈，都有122nn n a a a +=+，则lim n n a →+∞=______．50．数列{}n a 满足12a =，2111a a =-，若对于大于2的正整数n ，111n n a a -=-，则102a =__________.51．若n a 为()1nx +的二项展开式中2x 项的系数，则2limnn a n →+∞=_________.52．联合国教科文组织将3月14日确定为“国际数学日”，是因为3.14是圆周率数值最接近的数字.我国数学家刘徽首创割圆术，所谓“割圆术”，是用圆内接正多边形的面积去无限逼近圆面积并以此求取圆周率的方法.步骤是：第1步，计算圆内接正六边形的周长；第2步，计算圆内接正12边形的周长；第3步，计算圆内接正24边形的周长；以此类推，第6步，需要计算的是正______边形的周长.53．已知数列{}n a 满足11n nna a +=+，且46a =，则1a =___________.54．已知无穷数列{}n a 满足12a =，25a =，318a =，写出{}n a 的一个通项公式：______.（不能写成分段函数的形式）55．数列{}n a 的前几项和为n S ，且111,2n n a a a +==，则，4S =__________．56．若等差数列{}n a 满足202220221a a a =+=，则1a 的值为___________.57．“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2022这2022个数中，能被3除余1且被5整除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{}n a ，则此数列的项数为__________．58．已知数列{}n a 中，11a =，13n n a a +=-，则5S =_________四、解答题59．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S 满足12311111n n S S S S n +++⋯+=+，*N n ∈．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n b 满足22na nb =，记n T 为数列{}n b 的前n 项和，()x Ω表示x 除以3的余数，求()21n T +Ω．60．已知等比数列{}n a 的各项均为正数，52a ，4a ，64a 成等差数列，且满足2434a a =，数列{}n S 的前n 项之积为n b ，且121n nS b +=．(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)设21n n n n n b a d b b ++⋅=⋅，若数列{}n d 的前n 项和n M ，证明：71303n M ≤<．61．若有穷数列A ：1a ，2a ，…，()*,3n a n n ∈≥N ，满足()1121,2,,2i i i i a a a a i n +++-≤-=- ，则称数列A 为M 数列．(1)判断下列数列是否为M 数列，并说明理由；①1，2，4，3②4，2，8，1(2)已知M 数列A ：1a ，2a ，…，9a ，其中14a =，27a =，求349a a a +++ 的最小值．(3)已知M 数列A 是1，2，…，n 的一个排列．若1112n k k k a a n -+=-=+∑，求n 的所有取值．62．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且211122n S n n =++，*N n ∈．(1)求{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n b 满足11223113322n n n b b b a a a ++++⋅⋅⋅+=⨯-，*N n ∈，求数列{}n b 的前n 项和n T ．63．已知数列{}n a 满足12a =，{}n a 的前n 项和为n S ，()()121n n a S n n ++=++∈N ，令1n n b a =+．(1)求证：{}n b 是等比数列；(2)记数列{}n nb 的前n 项和为n T ，求n T ；(3)求证：123111156n a a a a ++++<L ．64．对于有限数列()12:3n A a a a n ≥ ，，，，如果()12121ni a a a a i n n +++<=- ，，，，则称数列A 具有性质P .(1)判断数列1:2323A ，，，和2:3456A ，，，是否具有性质P ，并说明理由;(2)求证：若数列12:n A a a a ，，，具有性质P ，则对任意互不相等的{}12i j k n ∈ ，，，，，，有i j k a a a +>;(3)设数列122022:A a a a ，，，具有性质P ，每一项均为整数，()1122021i i a a i +≠= ，，，，求122022a a a +++ 的最小值.65．已知数列{}n a 满足11a =，1,,2,.n n n a n a a n +⎧=⎨⎩为奇数为偶数(1)令2n n b a =，求1b ，2b 及{}n b 的通项公式；(2)求数列{}n a 的前2n 项和2n S .66．已知集合（Z 是整数集，m 是大于3的正整数）．若含有m 项的数列{}n a 满足：任意的,i j M ∈，都有i a M ∈，且当i j ≠时有i j a a ≠，当i m <时有12i i a a +-=或13i i a a +-=，则称该数列为P 数列．(1)写出所有满足5m =且11a =的P 数列；(2)若数列{}n a 为P 数列，证明：{}n a 不可能是等差数列；(3)已知含有100项的P 数列{}n a 满足5105100,,,,,(1,2,3,,20)k a a a a k = 是公差为(0)d d >等差数列，求d 所有可能的值67．设数列{}n a 的前n 项和n S 满足121n n S S n +-=+（N n *∈），且11a =.(1)求证：数列{}1n a +是等比数列；(2)若()22log 1nn n b a =⋅+，求数列{}n b 的前n 项和nT 68．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知13n n a a +=，且3431S S +=．(1)求{}n a 的通项公式；(2)设()()311log 3n n n b a n a =++，求数列{}n b 的前n 项和n T．69．（1）已知数列{}n a 是正项数列，12a =，且2211122n n n n n n a a a a a a +++-+=+．求数列{}n a 的通项公式；（2）已知数列{}n a 满足12a =，28a =，2143n n n a a a ++=-．求数列{}n a 的通项公式．70．已知数列{}n a 和{}n b 的通项公式：21n a n =-，2n n b =(1)求数列n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S ．(2)求数列211n n n n a a a b +++⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．71．已知公差不为零的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，12a =，且1a ，2a ，4a 成等比数列．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若11n n b S +=，数列{}n b 的前n 项和为n T ，证明：12n T <．72．设正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()()647n n n S a a =-+.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设1133nn nn n n a a b a a ++-=⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T .73．已知数列{}{},n n a b 满足111a b ==．数列{}n n a b +是公差为q 的等差数列，数列{}n n a b 是公比为q 的等比数列，,n n a b n *≥∈N ．(1)若1q =，求数列{}n a 的通项公式；(2)若01q <<，证明：12231,1n n qa b a b a b n q*++++<∈-N ．74．已知数列{an }对任意的n ∈N *都满足312233333n n a a a a n ++++= ．(1)求数列{an }的通项公式；(2)令bn ＝3413431log log n n a a -+，求数列{bn }的前n 项和为Tn ．75．已知数列{}n a 的各项均为非零实数，且对于任意的正整数n ，都有23333123123()n n a a a a a a a a ++++=++++ .(1)写出数列的前三项（请写出所有可能的结果）；(2)是否存在满足条件的无穷数列{}n a ，使得20172016a =-？若存在，求出这样的无穷数列的一个通项公式；若不存在，说明理由；(3)记n a 的所有取值构成的集合为n A ，求集合n A 中所有元素之和．（结论不要求证明）76．已知数列{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，且22b =，34b =，11a b =，851a b +=．(1)求数列{}n a 、{}n b 的通项公式；(2)设11n n n a c b ++=，数列{}n c 的前n 项和为n S ，求n S ．77．设各项均不等于零的数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知1114,42n n n a S a a a +=+=.(1)求23,a a 的值，并求数列{}n a 的通项公式；(2)证明：1211121n nS S S a +++<- .78．已知{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，且22b =，516b =，112a b =，34a b =．(1)求{}n a 、{}n b 的通项公式；(2)设n n n c a b =⋅，求数列{}n c 的前n 项和n S ．79．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且31a =，67S =；数列{}n b 满足11222n n b b b ++++=- ．(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)记tan()n n n c b a π=⋅，求数列{}n c 的前3n 项和．80．已知数列{an }的前n 项和为n S ，*1(N )22n n a n S -∈=，数列{bn }满足b 1＝1，点P（bn ，bn +1）在直线x ﹣y +2＝0上．(1)求数列{an }，{bn }的通项公式；(2)令n n n c a b =⋅，求数列{}n c 的前n 项和Tn ；(3)若0λ>，求对所有的正整数n 都有222nnb k a λλ-+>成立的k 的取值范围．81．已知等比数列{}n a 的公比1q >，且45656a a a ++=，54a +是4a ，6a 的等差中项．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)数列{}1n n a a λ+-的前n 项和为n S ，若()*21n n S n =-∈N ，求实数λ的值．82．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若n n S na =，且246601860S S S S ++++= ，求1a .83．已知{}n a 为等差数列，{}n b 为等比数列，()()115435431,5,4a b a a a b b b ===-=-．(1)求{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)记{}n a 的前n 项和为n S ，求证：()221n n n S S S n N *++<∈；(3)对任意的正整数n ，设()21132,,,,n nn n n n n a b n a a c a n b +-+⎧-⎪⎪=⎨⎪⎪⎩为奇数为偶数求数列{}n c 的前2n 项和．84．在数列{}n a 中，()*112,21n n a a a n n +==-+∈N ，数列{}n a 的前n 项和为n S ．(1)证明：数列{}n a n -是等比数列，并求数列{}n a 的通项公式；(2)求n S ．85．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若对任意的正整数n ，都有23n n S a n =-．(1)求{}n a 的通项公式；(2)求数列{(1)}n n a +⋅的前n 项和n T ．86．已知数列{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，且111a b ==，322b b =，441a b +=．(1)求数列{}n a 、{}n b 的通项公式；(2)设11n n n a c b ++=，数列{}n c 的前n 项和为n S ，若不等式12n n nS λ-<+对任意的n *∈N 恒成立，求实数λ的取值范围．87．甲、乙两人同时分别入职,A B 两家公司，两家公司的基础工资标准分别为：A 公司第一年月基础工资数为3700元，以后每年月基础工资比上一年月基础工资增加300元；B 公司第一年月基础工资数为4000元，以后每年月基础工资都是上一年的月基础工资的1.05倍．(1)分别求甲、乙两人工作满10年的基础工资收入总量（精确到1元）(2)设甲、乙两人入职第n 年的月基础工资分别为n a 、n b 元，记n n n c a b =-，讨论数列{}n c 的单调性，指出哪年起到哪年止相同年份甲的月基础工资高于乙的月基础工资，并说明理由．88．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 n a b ；(2)设22121n n n n n c b a a ++=+⋅，求{}n c 的前n 项和n S .89．治理垃圾是改善环境的重要举措．A 地在未进行垃圾分类前每年需要焚烧垃圾量为200万吨，当地政府从2020年开始推进垃圾分类工作，通过对分类垃圾进行环保处理等一系列措施，预计从2020年开始的连续5年，每年需要焚烧垃圾量比上一年减少20万吨，从第6年开始，每年需要焚烧垃圾量为上一年的75%（记2020年为第1年）.(1)写出A 地每年需要焚烧垃圾量与治理年数()*n n N∈的表达式；(2)设n A 为从2020年开始n 年内需要焚烧垃圾量的年平均值．．．．，证明数列{}n A 为递减数列．90．已知{}n a 是公差不为0的等差数列，{}n b 是等比数列111a b ==，22a b =，3342a b a +=.(1)求{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)记,,n n na n cb n ⎧=⎨⎩为奇数为偶数，求数列{}n c 的前2n 项和2n T .91．已知{}n a 是递增的等差数列，13a =，且13a ，4a ，1a 成等比数列.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：11156n T ≤<.92．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且126a =-，1215S S =.(1)求{}n a 的通项公式；(2)求数列{}2nn a -的前n 项和n T .93．设数列{}n a 是等比数列，其前n 项和为n S .(1)从下面两个条件中任选一个作为已知条件，求{}n a 的通项公式；①{}11,2n a S =-是等比数列；②233421,61S a S a =+=+.(2)在（1）的条件下，若31n n b a -=，求数列{}n b 的前n 项和n T .注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分.94．已知{}n a 是等比数列，0n a >，1329a a a =，12312323a a a ++=．(1)求{}n a 的通项公式；(2)记n S 为数列{}n a 的前n 项和，求使得1n n S na +≥的正整数n 的所有取值．95．已知数列{}n a 的通项公式为2n a n n λ=+，若数列{}n a 为递增数列，求λ的取值范围．96．设{}{}n n a b 、是两个数列，()()12122n n n n M A a B n n -⎛⎫⎪⎝⎭,,,,，为直角坐标平面上的点.对*N n n n M A B ∈，、、三点共线.(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)若数列{}n b 满足:1122212log n nn na b a b a b c a a a +++=+++ ，其中{}n c 是第三项为8，公比为4的等比数列.求证:点列()()()11221,2,,n n P b P b P n b 、、、在同一条直线上;(3)记数列{}{}n n a b 、的前m 项和分别为m A 和m B ，对任意自然数n ，是否总存在与n 相关的自然数m ，使得n m n m a B b A =若存在，求出m 与n 的关系，若不存在，请说明理由.97．已知等差数列{}n a 满足：47a =，1019a =，其前n 项和为.n S (1)求数列{}n a 的通项公式n a 及n S ；(2)若n b ={}n b 的前n 项和n T ．98．在等差数列{}n a 中，已知1210a a +=，34530a a a ++=．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n n a b +是首项为1，公比为3的等比数列，求数列{}n b 的前n 项和n S ．五、双空题99．“一尺之棰，日取其半，万世不竭”出自我国古代典籍《庄子·天下》，其中蕴含着等比数列的相关知识.已知长度为4的线段AB ，取AB 的中点C ，以AC 为边作等边三角形（如图①），该等边三角形的面积为1S ，在图①中取CB 的中点1C ，以1CC 为边作等边三角形（如图②），图②中所有的等边三角形的面积之和为2S ，以此类推，则3S =___________；1nii iS==∑___________.100．已知[]x 表示不超过x 的最大整数，例如：[]2.32=，[]1.72-=-．在数列{}n a 中，[]lg n a n =，记n S 为数列{}n a 的前n 项和，则2022a =______；2022S =______．参考答案：1．A 【解析】【分析】先由正弦定理得到2sin b B =，02b <≤2211122a b =+-，由向量数量积的几何意义，得22122b AC OC AC =⋅= ，22122CB OC CB a ⋅=-=- ，进而计算出3m =，再使用构造法求解通项公式【详解】设BC a =，AC b =，AB c =，则在ABC 中，由正弦定理sin sin c bC B=及c 45C =︒，得2sin b B =，∵0180B ︒<<︒，∴0sin 1B <≤，∴02b <≤.在ABC 中，由余弦定理及2222cos c a b ab C =+-及c =45C =︒，2211122a b =+-.因为O 是ABC 的外心，所以O 在线段AC ，CB 上的射影为相应线段的中点，由向量数量积的几何意义，得22122b AC OC AC =⋅=，22122CBOC CB a ⋅=-=- ，()OC AB CA CB OC AC CB CA CB OC AC OC CB CA CB⋅+⋅=⋅++⋅=⋅+⋅+⋅ 222222211111111222222b a b a a b b =-+=-++-=-.∵02b <≤，∴2113b -<-≤，所以OC AB CA CB ⋅+⋅的最大值为3.即3m =.由132n n a a +=+，得()1131n n a a ++=+.所以数列{}1n a +是首项112a +=，公比为3的等比数列.所以1123n n a -+=⨯，即1231n n a -=⨯-.故选：A 【点睛】构造法求解数列的通项公式，是经常考查的知识点，要结合递推数列的结构特点，选择合适的方法进行构造，常见的构造类型有()11n n a pa q p +=+≠和()11nn n a pa q p +=+≠等.2．A 【解析】【分析】由已知求得等比数列的首项和公比，以及等差数列的首项，再求得数列{}n c 的前200项中含有数列{}n a 的前7项，含有数列{}n b 的前193项，运用分组求和的方法可求得答案.【详解】解：由已知得11b =，12a =，2331214b c S c c ==--=，等比数列{}n b 的公比14q =．令21122221nn n T -=++++=- ，则663T =，7127T =，8255T =所以数列{}n c 的前200项中含有数列{}n a 的前7项，含有数列{}n b 的前193项，故()()20012181292S b b b a a a =+++++++ 1933841176112472172123214⎛⎫- ⎪⎡⎤⨯⎛⎫⎝⎭=++⨯=-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦-⨯．故选：A ．3．A 【解析】【分析】设AC b =，AB c =，由正余弦定理可得2sin b B =，结合三角形外心性质、向量数量积的几何意义求得21OC AC ⋅-的最大值为3，进而可得()1131n n a a ++=+，利用等比数列的定义写出通项公式.【详解】设AC b =，AB c =，在ABC 中，由sin sin c bC B=及c =45C =︒，得2sin b B =，∵0180B ︒<<︒，则0sin 1B <≤，∴02b <≤．因为O 是ABC 的外心，所以O 在线段AC ，CB 上的射影为相应线段的中点，由向量数量积的几何意义，得222111OC AC AC b ⋅-=-=- ，而2113b -<-≤，所以21OC AC ⋅-的最大值为3．即3m =．由132n n a a +=+，得()1131n n a a ++=+．所以数列{}1n a +是首项112a +=，公比为3的等比数列．所以1123n n a -+=⨯，即1231n n a -=⨯-．故选：A 4．D 【解析】【分析】分别取43n k =-，42k -，41k -和4k ，*k N ∈，可验证出43424148k k k k a a a a ---+++=，利用周期性可验算得到结果.【详解】当43n k =-，*N k ∈时，cos 02n π=，431k a -=；当42n k =-，*N k ∈时，1os 2c n π=-，()()4224211186k a k k -=⨯--⨯-+=-+⎡⎤⎣⎦；当41n k =-，*N k ∈时，cos 02n π=，411k a -=；当4n k =，*N k ∈时，cos12n π=，424118k a k k =⨯-+=.()4342414186188k k k k a a a a k k ---∴+++=+-+++=，12012082404S ∴=⨯=.故选：D 5．B 【解析】【分析】根据给定条件，利用等差数列的前n 项和结合等差数列性质，求出异号的相邻两项即可作答.【详解】等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，则1191910191902a a S a +=⨯=>，有100a >，1202010112010()02a a S a a +=⨯=+<，有11100a a <-<，显然数列{}n a 是递减的，且10110a a ⋅<，因10m m a a +⋅<，所以10m =.故选：B 6．C 【解析】【分析】由奇偶性定义可判断出()f x 为偶函数，由此可确定唯一零点为0x =，从而得到递推关系式；利用递推关系式可证得数列{}1n a +为等比数列，由等比数列通项公式可推导得到n a .【详解】()()()()()()4411cos 221cos 221n n n n f x x a x a x a x a f x ++-=-+--+=+-+= ，()f x ∴为偶函数，图象关于y 轴对称，()f x ∴的零点关于y 轴对称，又()f x 有唯一零点，()f x ∴的零点为0x =，即()()10210n n f a a +=-+=，121n n a a +∴=+，即()1121n n a a ++=+，又112a +=，∴数列{}1n a +是以2为首项，2为公比的等比数列，12n n a ∴+=，则21n n a =-.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查函数与数列的综合应用问题；解题关键是能够根据奇偶性的性质确定函数的唯一零点为0x =，从而结合零点确定数列的递推关系式，由递推关系式证得数列{}1n a +为等比数列.7．B 【解析】【分析】由n S 有最大值可判断A ；由6139100a a a a +=+=，可得90a >，100a <，利用91018182+=a a S 可判断BC ；90a >，9100a a +<得90a >，991010a a a a =<-=，可判断D.【详解】对于选项A ，∵n S 有最大值，∴等差数列{}n a 一定有负数项，∴等差数列{}n a 为递减数列，故公差小于0，故选项A 正确；对于选项B ，∵6139100a a a a +=+=，且10a >，∴90a >，100a <，∴179=170S a >，910181802a a S +=⨯=，则使0n S >的最大的n 为17，故选项B 错误；对于选项C ，∵90a >，9100a a +<，∴90a >，100a <，故{}n S 中9S 最大，故选项C 正确；对于选项D ，∵90a >，9100a a +<，∴90a >，991010a a a a =<-=，故数列{}n a 中的最小项是第9项，故选项D 正确.故选：B.8．B 【解析】【分析】根据等比数列的知识求得,m n 的关系式，结合基本不等式求得122n m n+++的最小值.【详解】因为7652a a a =+，所以2q =或1q =-，又0n a >，所以2q =.14a =14a =，所以6m n +=，则()28m n ++=，()2121212112282m n n m n m n m n +++⎛⎫+=++=⋅++ ⎪+++⎝⎭()22121822m m n n m n m n +⎡⎤+=+++⎢⎥++⎣⎦()22113131828m n m n ⎛+⎛⎫ =+++≥++ ⎪ +⎝⎭⎝118+=，由()222m nm n+=+可得取等号时)2n m =+，但,m n *∈N ，无解；又6m n +=，经检验1m =且5n =时有最小值2615.故选:B 9．A 【解析】【分析】根据()2*1n n na S n N a +=∈求出1a 的值，判断数列{}2n S 是等差数列，求出n S 的通项公式，再求出n a ，然后逐个分析判断即可【详解】因为数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足()2*12n n na S n N a +=∈，所以当1n =时，()211*112a S n N a +=∈，解得11a =或11a =-，当2n ≥时，()2111112n n n n n n n n n a S a S S a a S S --+==+=-+-，整理得2211n n S S --=，所以数列{}2nS 是以1为公差的等差数列，当11a =±时，21(1)n S n n =+-=，所以=n S 或n S=所以1-=-=n n n a S S 11a =满足此式，或1n n n a S S -=-=11a =-满足此式，所以2022a =或2022a =，所以CD 错误，当=n a20212022a a ⋅=1<，当n a =20212022a a ⋅=1<，所以A 正确，B 错误，故选：A 10．B 【解析】【分析】先利用累加法求得数列{}n a 的通项公式，再利用裂项相消法去求122015111a a a +++ 的值.【详解】由11a =，11n n a a a n +=++，可得11n n a a n +-=+则2n ≥时，()()11232211()()n n n n n a a a a a a a a a a ---=-+-++-+-+ ()1321(1)2nn n n =+-++++=+ 又11122a ==⨯，则数列{}n a 的通项公式为(1)2n n a n =+则()1211211n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭则122015111a a a +++ 1111111201522112232015201620161008⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎣=⎭⎦ 故选：B 11．D 【解析】【分析】分n 为奇数和n 为偶数两种情况讨论，再利用分组求和法及等差数列前n 项和的公式，即可得出答案.【详解】解：当n 为奇数时，20n n a a +-=，所以数列{}n a 的奇数项是以0为公差的等差数列，当n 为偶数时，22n n a a +-=，所以数列{}n a 的偶数项是以2为公差的等差数列，所以2,,n n a n n ⎧=⎨⎩为奇数为偶数，所以()()10050210025024610010026502S +=⨯+++++=+=L .故选：D.12．C 【解析】【分析】由条件可得玲珑塔的灯盏数从首层到顶层为等比数列，由条件列方程求玲珑塔的顶层灯的盏数.【详解】由题意可得玲珑塔的灯盏数从首层到顶层为等比数列，设其首层为1a ，公比q ，顶层为n a ，前n 项和为n S 由已知可得13a =，2q =，381n S =，由等比数列的前n 项和公式可得132********n nn a a q a a q --==-=--，所以192n a =．故玲珑塔的顶层灯的盏数为192，故选：C.13．C 【解析】【分析】对AB ，举公比为负数的反例判断即可对CD ，设等比数列{}n a 公比为q ，分0q >和0q <两种情况讨论，再得出结论即可【详解】对AB ，当公比为12-时，2311,,2a a =-=此时12332,1,2S S S ===，此时{}n S 既不是递增也不是递减数列；对CD ，设等比数列{}n a 公比为q ，当0q >时，因为22a <，故22q <，故01q <<，此时()2122111n nn q q S qq q-==----，易得n S 随n 的增大而增大，故{}n S 存在最小项1S ，不存在最大项；当0q <时，因为22a <，故22q -<，故10q -<<，2211nn q S q q =---，因为1q <，故当n 为偶数时，2211nn q S q q =---，随着n 的增大而增大，此时222111nn q S q q q =-<---无最大值，当2n =时有最小值222S q =+；当n 为奇数时，2211nn q S q q=+--，随着n 的增大而减小，故222111nn q S q q q=+>---无最小值，有最大值12S =.综上，当0q <时，因为22221q q +<<-，故当2n =时有最小值222S q =+，当1n =时有最大值12S =综上所述，数列{}n S 存在最小项，不一定有最大项，故C 正确；D 错误故选：C 14．A 【解析】【分析】先求出公差，再由等差数列求和公式求解即可.【详解】设公差为d ，则312d =-=，则1010910121002S ⨯=⨯+=.故选：A.15．D 【解析】【分析】由等差数列求和公式求出35a =，由等比数列通项公式基本量计算得到公比，进而求出6714b b q ==，从而求出结果.【详解】由题意得：()155355252a a S a +===，解得：35a =，设等比数列{}n b 的公比是q ，因为1132,8b b ==，所以1228q =，解得：124q =，显然60q >，所以62q =，所以6714b b q ==，所以3754a b =故选：D 16．D 【解析】【分析】利用“1n =时，11a S =；当2n时，1n n n a S S -=-”即可得到n a ，进而得到数列2{}n a 是等比数列，求出公比和首项，再利用等比数列的前n 项和公式即可得出．【详解】设等比数列{}n a 的公比为q ，1221n n n S a a a =++⋯+=- ，∴当2n 时，1112121n n n S a a a ---=++⋯+=-，111222n n n n n n a S S ---∴=-=-=．∴2122221(2)4(2)n n n n a a ---==，当1n =时，11211a =-=，21221a a +=-，解得22a =，22214a a =．也符合2214n n a a -=，∴数列2{}n a 是等比数列，首项为1，公比为4．∴22212411(41)413n n na a a -++⋯+==--．故选：D 17．C 【解析】【分析】设等比数列{}n a 的公比为(0)q q >，根据题意得到2673339q a a qa +=+，结合基本不等式，即可求解.【详解】设等比数列{}n a 的公比为(0)q q >，因为23784581a a a a a ==，所以53a =，又因为235553326739,a a a a a q a q q q q===⋅=，所以3267339q a a q a +=+≥=当且仅当3339q q =时，即613q =时，等号成立，所以267a a a +的最小值为.故选：C.18．C 【解析】【分析】利用已知等式可求得等差数列的公差d 和首项1a ，由等差数列求和公式可求得结果.【详解】设等差数列{}n a 公差为d ，13512a a a ++= ，10111224a a a ++=，()1011121352412a a a a a a d ∴++-++==，解得：12d =，135********a a a a d a ∴++=+=+=，解得：13a =，{}n a ∴的前13项的和为11312131213397824a d ⨯⨯+=+=.故选：C.19．C 【解析】【分析】设{}n a n -的公比为q ，根据1a 和2a 求出q ，从而得n a 和4a ，再根据()n a Ω的定义可求出结果.【详解】设{}n a n -的公比为q ，则2121123141a q a --===--，所以111(1)(41)33n n n n a n a q---=-⋅=-⋅=，则3n n a n =+，所以445438a =+=.所以落在区间[]4,85内的偶数共有41个，故()441a Ω=.故选：C 20．A 【解析】【分析】根据规律可得数列通项，再求其中的项即可.【详解】通过观察可知该数列的通项公式为()1112n n n a +--=，所以()11109112512a -==-．故选：A 21．A 【解析】【分析】利用裂项相消法求和即可；【详解】解：由题可知，第2行的前100项和10011111261210012010S +++++⨯= 1111111100122334100101101=-+-+-++-= ．故选：A 22．B 【解析】【分析】根据三点共线可得120201a a +=，结合等差数列的前n 项和公式求解．∵,,A B C 三点共线且12020OA a OB a OC =+，则120201a a +=∴()120202020202010102a a S +==故选：B ．23．C 【解析】【分析】根据规律求得正确答案.【详解】根据规律可知，第四个点阵表示的三角形数为：123410+++=.故选：C 24．C 【解析】【分析】根据规律可得结果.【详解】将1111,,,25811可以写成1111,,,311321331341⨯-⨯-⨯-⨯-，所以{}n a 的通项公式为131n -；故选:C 25．B 【解析】【分析】由数列的前几项可得数列的一个通项公式，再代入计算可得；【详解】解：依题意可得该数列的通项公式可以为()()1121n n a n +=-⋅-，所以1019a =-.故选：B 26．D 【解析】根据等差数列的下标和性质即可解出．【详解】因为4710771110222a a a a a +=+=+，解得：74a =，所以311728a a a +==．故选：D ．27．B 【解析】【分析】根据等差数列的性质直接计算即可.【详解】由等差数列的性质可知：51444212a a d =+=+⨯=；故选：B.28．BD 【解析】【分析】连AC 交BD 于E ，根据面积关系推出2AE EC =，根据平面向量知识推出BE = 1233BA BC +，结合()()1122n n n n BD a BA a BC --=-++ ，推出1122(2)n n n n a a --+=-，11222nn n n a a ---=-，求出232nn a n =-+，(23)2n n a n =-+⋅，根据等比数列的定义可判断A ；根据等差数列的定义可判断C ，根据数列的单调性可判断B ；利用错位相减法求出n S ，可判断D.【详解】如图，连AC 交BD 于E ，则1sin 21sin 2ABD BD AE AEB S S BD EC CED ⋅⋅=⋅⋅△△BCD ÐÐ=2AEEC=，即2AE EC =，所以2AE EC =，所以()2BE BA BC BE -=- ，所以BE = 1233BA BC +，设BD tBE =(1)t >，因为当2n ≥时，恒有()()1122n nn n BD a BA a BC --=-++ ，所以()()111122n nn n BE a BA a BC t t--=-++ ，()()1111231223n n n na t a t--⎧-=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，所以当2n ≥时，恒有1122(2)n n n n a a --+=-，所以11222n n n n a a --=-，即11222n n n n a a ---=-，又12a =，所以112a =，所以12(1)232nn a n n =--=-+，所以(23)2n n a n =-+⋅，因为11(21)242(23)223n n n n a n n a n n ++-+⋅-+==-+⋅-+不是常数，所以{}n a 不为等比数列，故A 不正确；因为11(21)(23)2022n n n n a a n n ++-=-+--+=-<，即1122n n n n a a ++<，所以2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为递减数列，故B 正确；因为1n n a a +-=1(21)2(23)2n n n n +-+⋅--+⋅=(21)2n n --⋅不是常数，所以{}n a 不为等差数列，故C 不正确；因为12312(1)2(3)2(23)2nn S n =⨯+-⋅+-⋅++-+⋅ ，所以2341212(1)2(3)2(23)2n n S n +=⨯+-⋅+-⋅++-+⋅ ，所以12341122(2222)(23)2n n n S n +-=⨯-++++--+⋅ ，所以114(12)22(23)212n n n S n -+--=-⨯--+⋅-110(52)2n n +=--⋅，所以1(52)210n n S n +=-⋅-，故D 正确.故选：BD 29．BCD【解析】【分析】由题知121n n a a +=+，进而得数列{1}n a +是首项为2，公比为2的等比数列，再结合通项公式和裂项求和求解即可.【详解】由121n n n S S a +=++得1121n n n n a S S a ++=-=+，即121n n a a +=+所以112(1)n n a a ++=+，由111S a ==，所以数列{1}n a +是首项为2，公比为2的等比数列，故A 错误，B 正确；所以12nn a +=，即21n n a =-，故C 正确；又1112211(21)(21)2121n n n n n n n n a a +++==-----，所以22311111111111212*********n n n n T ++=-+-+⋯+-=-<------，故D 正确.故选：BCD 30．AD 【解析】【分析】对AB ，根据通项n a 与n S 的关系可得100a <，110a >即可判断；对CD ，根据等差数列前n 项和的公式，结合等差数列的性质判断即可【详解】因为109S S <，1011S S <，所以109100S S a -=<，1110110a S S =>-，故等差数列首项为负，公差为正，所以0d >，10a <，故A 正确，B 错误；由911S S <，可知11910110S S a a -=+>，所以()()20120101110100S a a a a =+=+>，故C 错误；因为110a >，所以2111210S a =>，故D 正确．故选：AD 31．BCD 【解析】【分析】设等差数列{}n a 的公差为d ，再根据n S 与n a 的公式可得d ，进而求得n S 与n a 的通项公式，再逐个判定即可【详解】设等差数列{}n a 的公差为d ，则11224614a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得183a d =⎧⎨=-⎩，故311n a n =-+，()()311819232n n n S n n ==-+-.故{}n a 是递减数列，A 错误；18a =，B 正确；()535191250S -⨯==，235210a a =⨯=，故C 正确；()1932n n n S =-，当1,2,3...6n =时，()1932n n n S -=，因为函数()193y x x =-的对称轴为196x =，开口向下，故当6n =时，n S 取得最小值()66193632S -⨯==；当7,8,9...n =时，()3192n n n S -=，函数()319y x x =-的对称轴为196x =，开口向上，故当7n =时，nS 取得最小值()77371972S ⨯-==，综上有n S 的最小值为3，故D 正确；故选：BCD 32．AD 【解析】【分析】由递推公式可得数列为周期数列，即得答案.【详解】解：因为13a =，()1*11N n na n a +=∈-，所以23412,,323a a a =-==，所以数列{}n a 是周期为3的数列，所以132(N )n a a n *-=∈，故122283a a a ===.故选：AD.33．AD 【解析】【分析】根据等差数列和等比数列的定义逐一判断可得选项.【详解】。

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高考数列大题专题（内部资料勿外传）1．已知数列{a n}、{b n}、{c n}满足．（1）设c n=3n+6，{a n}是公差为3的等差数列．当b1=1时，求b2、b3的值；（2）设，．求正整数k，使得对一切n∈N*，均有b n≥b k；（3）设，．当b1=1时，求数列{b n}的通项公式．2．设{a n}是公比为正数的等比数列a1=2，a3=a2+4．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）设{b n}是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{a n+b n}的前n项和S n．3．已知公差不为0的等差数列{a n}的首项a1为a（a∈R）设数列的前n项和为S n，且，，成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式及S n；（Ⅱ）记A n=+++…+，B n=++…+，当a≥2时，试比较A n与B n的大小．4．已知等差数列{a n}满足a2=0，a6+a8=﹣10（I）求数列{a n}的通项公式；（II）求数列{}的前n项和．5．成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{b n}中的b3、b4、b5．（I）求数列{b n}的通项公式；（II）数列{b n}的前n项和为S n，求证：数列{S n+}是等比数列．6．在数1和100之间插入n个实数，使得这n+2个数构成递增的等比数列，将这n+2个数的乘积计作T n，再令a n=lgT n ，n≥1．（I）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n=tana n•tana n+1，求数列{b n}的前n项和S n．7.设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列{a n}的前n项和为S n，满足S5S6+15=0．（Ⅰ）若S5=5，求S6及a1；（Ⅱ）求d的取值范围．8．已知等差数列{a n}的前3项和为6，前8项和为﹣4．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n=（4﹣a n）q n﹣1（q≠0，n∈N*），求数列{b n}的前n项和S n．9．已知数列{a n}满足a1=0，a2=2，且对任意m、n∈N*都有a2m﹣1+a2n﹣1=2a m+n﹣1+2（m﹣n）2（1）求a3，a5；（2）设b n=a2n+1﹣a2n﹣1（n∈N*），证明：{b n}是等差数列；（3）设c n=（a n+1﹣a n）q n﹣1（q≠0，n∈N*），求数列{c n}的前n项和S n．10．已知{a n}是公差不为零的等差数列，a1=1，且a1，a3，a9成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n}的通项；（Ⅱ）求数列{2an}的前n项和S n．11．已知数列{a n}满足，，n∈N×．（1）令b n=a n+1﹣a n，证明：{b n}是等比数列；（2）求{a n}的通项公式．12．等比数列{a n}的前n项和为S n，已知对任意的n∈N*，点（n，S n），均在函数y=b x+r（b＞0）且b≠1，b ，r均为常数）的图象上．（1）求r的值；（2）当b=2时，记b n=n∈N*求数列{b n}的前n项和T n．13．（本小题满分12分）已知等差数列{}n a 满足：37a =，5726a a +=，{}n a 的前n 项和为n S ．（Ⅰ）求n a 及n S ；（Ⅱ）令b n =211n a -(n ∈N *)，求数列{}n b 的前n 项和n T ．14．已知数列{a n }是一个公差大于0的等差数列，且满足a 2a 6=55，a 2+a 7=16（1）求数列{a n }的通项公式；（2）数列{a n }和数列{b n }满足等式a n =（n ∈N *），求数列{b n }的前n 项和S n ．15．设数列{a n }的通项公式为a n =pn+q （n ∈N *，P ＞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．（Ⅰ）若，求b 3； （Ⅱ）若p=2，q=﹣1，求数列{b m }的前2m 项和公式；16．已知数列{x n }的首项x 1=3，通项x n =2n p+np （n ∈N*，p ，q 为常数），且成等差数列．求： （Ⅰ）p ，q 的值；（Ⅱ）数列{x n }前n 项和S n 的公式．17．设数列{a n }的前n 项和为S n =2a n ﹣2n ，（Ⅰ）求a 1，a 4（Ⅱ）证明：{a n+1﹣2a n }是等比数列；（Ⅲ）求{a n }的通项公式．18．在数列{a n }中，a 1=1，．（Ⅰ）求{a n }的通项公式； （Ⅱ）令，求数列{b n }的前n 项和S n ； （Ⅲ）求数列{a n }的前n 项和T n ．19．已知数列{a n }的首项，，n=1，2，3，…． （Ⅰ）证明：数列是等比数列； （Ⅱ）求数列的前n 项和S n ．20.在数列{}n a 中，10a =，且对任意*k N ∈k N ∈，21221,,k k k a a a -+成等差数列，其公差为k d . (Ⅰ)若k d =2k ，证明21222,,k k k a a a -+成等比数列（*k N ∈）；(Ⅱ)若对任意*k N ∈，21222,,k k k a a a -+成等比数列，其公比为k q .设1q ≠1.证明11k q ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是等差数列；21.设数列{}n a 的前n 项和为,n S 已知11,a =142n n S a +=+（I ）设12n n n b a a +=-，证明数列{}n b 是等比数列（II ）求数列{}n a 的通项公式.22. 设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知()21n n n ba b S -=-（Ⅰ）证明：当2b =时，{}12n n a n --⋅是等比数列；（Ⅱ）求{}n a 的通项公式23.数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1=1，113n n a S +=，n =1，2，3，……，求 （I ）a 2，a 3，a 4的值及数列{a n }的通项公式；（II ）2462n a a a a ++++L 的值.1．已知数列{a n}、{b n}、{c n}满足．（1）设c n=3n+6，{a n}是公差为3的等差数列．当b1=1时，求b2、b3的值；（2）设，．求正整数k，使得对一切n∈N*，均有b n≥b k；（3）设，．当b1=1时，求数列{b n}的通项公式．专题：计算题；分类讨论.分析：（1）先根据条件得到数列{b n}的递推关系式，即可求出结论；（2）先根据条件得到数列{b n}的递推关系式；进而判断出其增减性，即可求出结论；（3）先根据条件得到数列{b n}的递推关系式；再结合叠加法以及分类讨论分情况求出数列{b n}的通项公式，最后综合即可．解答：解：（1）∵a n+1﹣a n=3，∴b n+1﹣b n=n+2，∵b1=1，∴b2=4，b3=8．（2）∵．∴a n+1﹣a n=2n﹣7，∴b n+1﹣b n=，由b n+1﹣b n＞0，解得n≥4，即b4＜b5＜b6…；由b n+1﹣b n＜0，解得n≤3，即b1＞b2＞b3＞b4．∴k=4．（3）∵a n+1﹣a n=（﹣1）n+1，∴b n+1﹣b n=（﹣1）n+1（2n+n）．∴b n﹣b n﹣1=（﹣1）n（2n﹣1+n﹣1）（n≥2）．故b2﹣b1=21+1；b3﹣b2=（﹣1）（22+2），…b n﹣1﹣b n﹣2=（﹣1）n﹣1（2n﹣2+n﹣2）．b n﹣b n﹣1=（﹣1）n（2n﹣1+n﹣1）．当n=2k时，以上各式相加得b n﹣b1=（2﹣22+…﹣2n﹣2+2n﹣1）+[1﹣2+…﹣（n﹣2）+（n﹣1）]=+=+．∴b n==++．当n=2k﹣1时，=++﹣（2n+n）=﹣﹣+∴b n=．点评：本题主要考察数列递推关系式在求解数列通项中的应用．是对数列知识的综合考察，属于难度较高的题目．2．（2011•重庆）设{a n}是公比为正数的等比数列a1=2，a3=a2+4．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）设{b n}是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{a n+b n}的前n项和S n．分析：（Ⅰ）由{a n}是公比为正数的等比数列，设其公比，然后利用a1=2，a3=a2+4可求得q，即可求得{a n }的通项公式（Ⅱ）由{b n}是首项为1，公差为2的等差数列可求得b n=1+（n﹣1）×2=2n﹣1，然后利用等比数列与等差数列的前n项和公式即可求得数列{a n+b n}的前n 项和S n．解答：解：（Ⅰ）∵设{a n}是公比为正数的等比数列∴设其公比为q，q＞0∵a3=a2+4，a1=2∴2×q2=2×q+4 解得q=2或q=﹣1∵q＞0∴q=2∴{a n}的通项公式为a n=2×2n﹣1=2n（Ⅱ）∵{b n}是首项为1，公差为2的等差数列∴b n=1+（n﹣1）×2=2n﹣1∴数列{a n+b n}的前n项和S n=+=2n+1﹣2+n2=2n+1+n2﹣23．（2011•浙江）已知公差不为0的等差数列{a n}的首项a1为a（a∈R）设数列的前n项和为S n，且，，成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式及S n；（Ⅱ）记A n=+++…+，B n=++…+，当a≥2时，试比较A n与B n的大小．分析：（Ⅰ）设出等差数列的公差，利用等比中项的性质，建立等式求得d，则数列的通项公式和前n项的和可得．（Ⅱ）利用（Ⅰ）的a n和S n，代入不等式，利用裂项法和等比数列的求和公式整理A n与B n，最后对a＞0和a＜0两种情况分情况进行比较．解答：解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，由（）2=•，得（a1+d）2=a1（a1+3d），因为d≠0，所以d=a1=a所以a n=na，S n=（Ⅱ）解：∵=（﹣）∴A n=+++…+=（1﹣）∵=2n﹣1a，所以==，B n=++…+=•=•（1﹣）当n≥2时，2n=C n0+C n1+…+C n n＞n+1，即1﹣＜1﹣所以，当a＞0时，A n＜B n；当a＜0时，A n＞B n．4．（2011•辽宁）已知等差数列{a n}满足a2=0，a6+a8=﹣10（I）求数列{a n}的通项公式；（II）求数列{}的前n项和．分析：（I）根据等差数列的通项公式化简a2=0和a6+a8=﹣10，得到关于首项和公差的方程组，求出方程组的解即可得到数列的首项和公差，根据首项和公差写出数列的通项公式即可；（II）把（I）求出通项公式代入已知数列，列举出各项记作①，然后给两边都除以2得另一个关系式记作②，①﹣②后，利用a n的通项公式及等比数列的前n项和的公式化简后，即可得到数列{}的前n项和的通项公式．解答：解：（I）设等差数列{a n}的公差为d，由已知条件可得，解得：，故数列{a n}的通项公式为a n=2﹣n；（II）设数列{}的前n项和为S n，即S n=a1++…+①，故S1=1，=++…+②，当n＞1时，①﹣②得：=a1++…+﹣=1﹣（++…+）﹣=1﹣（1﹣）﹣=，所以S n=，综上，数列{}的前n项和S n=．是一道中档题．5．（2011•湖北）成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{b n }中的b3、b4、b5．（I）求数列{b n}的通项公式；（II）数列{b n}的前n项和为S n，求证：数列{S n+}是等比数列．分析：（I）利用成等差数列的三个正数的和等于15可设三个数分别为5﹣d，5+d，代入等比数列中可求d ，进一步可求数列{b n}的通项公式（II）根据（I）及等比数列的前 n项和公式可求S n，要证数列{S n+}是等比数列⇔即可．解答：解：（I）设成等差数列的三个正数分别为a﹣d，a，a+d依题意，得a﹣d+a+a+d=15，解得a=5所以{b n}中的依次为7﹣d，10，18+d依题意，有（7﹣d）（18+d）=100，解得d=2或d=﹣13（舍去）故{b n}的第3项为5，公比为2由b3=b1•22，即5=4b1，解得所以{b n}是以首项，2为公比的等比数列，通项公式为（II）数列{b n}的前和即，所以，因此{}是以为首项，公比为2的等比数列点评：本题主要考查了等差数列、等比数列及前n和公式等基础知识，同时考查基本运算能力6．（2011•安徽）在数1和100之间插入n个实数，使得这n+2个数构成递增的等比数列，将这n+2个数的乘积计作T n，再令a n=lgT n ，n≥1．（I）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n=tana n•tana n+1，求数列{b n}的前n项和S n．分析：（I）根据在数1和100之间插入n个实数，使得这n+2个数构成递增的等比数列，我们易得这n+2项的几何平均数为10，故T n =10n+2，进而根据对数的运算性质我们易计算出数列{a n}的通项公式；（II）根据（I）的结论，利用两角差的正切公式，我们易将数列{b n}的每一项拆成的形式，进而得到结论．解答：解：（I）∵在数1 和100之间插入n个实数，使得这n+2个数构成递增的等比数列，又∵这n+2个数的乘积计作T n，∴T n=10n+2又∵a n=lgT n，∴a n=lg10n+2=n+2，n≥1．（II）∵b n=tana n•tana n+1=tan（n+2）•tan（n+3）=，∴S n=b1+b2+…+b n=[]+[]+…+[]=点评：本题考查的知识点是等比数列的通项公式及数列与三角函数的综合，其中根据已知求出这n+2项的几何平均数为10，是解答本题的关键．7．（2010•浙江）设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列{a n}的前n项和为S n，满足S5S6+15=0．（Ⅰ）若S5=5，求S6及a1；（Ⅱ）求d的取值范围．解答：解：（Ⅰ）由题意知S6==﹣3，a6=S6﹣S5=﹣8所以解得a1=7所以S6=﹣3，a1=7；解：（Ⅱ）因为S5S6+15=0，所以（5a1+10d）（6a1+15d）+15=0，即2a12+9da1+10d2+1=0．故（4a1+9d）2=d2﹣8．所以d2≥8．故d的取值范围为d≤﹣2或d≥2．8．（2010•四川）已知等差数列{a n}的前3项和为6，前8项和为﹣4．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n=（4﹣a n）q n﹣1（q≠0，n∈N*），求数列{b n}的前n项和S n．分析：（1）设{a n}的公差为d，根据等差数列的求和公式表示出前3项和前8项的和，求的a1和d，进而根据等差数列的通项公式求得a n．（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{b n}的前n项和S n．解答：解：（1）设{a n}的公差为d，由已知得解得a1=3，d=﹣1故a n=3+（n﹣1）（﹣1）=4﹣n；（2）由（1）的解答得，b n=n•q n﹣1，于是S n=1•q0+2•q1+3•q2+…+（n﹣1）•q n﹣1+n•q n．若q≠1，将上式两边同乘以q，得qS n=1•q1+2•q2+3•q3+…+（n﹣1）•q n+n•q n+1．将上面两式相减得到（q﹣1）S n=nq n﹣（1+q+q2+…+q n﹣1）=nq n﹣于是S n=若q=1，则S n=1+2+3+…+n=所以，S n=．9．（2010•四川）已知数列{a n}满足a1=0，a2=2，且对任意m、n∈N*都有a2m﹣1+a2n﹣1=2a m+n﹣1+2（m﹣n ）2（1）求a3，a5；（2）设b n=a2n+1﹣a2n﹣1（n∈N*），证明：{b n}是等差数列；（3）设c n=（a n+1﹣a n）q n﹣1（q≠0，n∈N*），求数列{c n}的前n项和S n．分析：（1）欲求a3，a5只需令m=2，n=1赋值即可．（2）以n+2代替m，然后利用配凑得到b n+1﹣b n，和等差数列的定义即可证明．（3）由（1）（2）两问的结果可以求得c n，利用乘公比错位相减求{c n}的前n项和S n．解答：解：（1）由题意，令m=2，n=1，可得a3=2a2﹣a1+2=6再令m=3，n=1，可得a5=2a3﹣a1+8=20（2）当n∈N*时，由已知（以n+2代替m）可得a2n+3+a2n﹣1=2a2n+1+8于是[a2（n+1）+1﹣a2（n+1）﹣1]﹣（a2n+1﹣a2n﹣1）=8即b n+1﹣b n=8所以{b n}是公差为8的等差数列（3）由（1）（2）解答可知{b n}是首项为b1=a3﹣a1=6，公差为8的等差数列则b n=8n﹣2，即a2n+1﹣a2n﹣1=8n﹣2另由已知（令m=1）可得a n=﹣（n﹣1）2．那么a n+1﹣a n=﹣2n+1=﹣2n+1=2n于是c n=2nq n﹣1．当q=1时，S n=2+4+6++2n=n（n+1）当q≠1时，S n=2•q0+4•q1+6•q2++2n•q n﹣1．两边同乘以q，可得qS n=2•q1+4•q2+6•q3++2n•q n．上述两式相减得（1﹣q）S n=2（1+q+q2++q n﹣1）﹣2nq n=2•﹣2nq n=2•所以S n=2•综上所述，S n=点评：本小题是中档题，主要考查数列的基础知识和化归、分类整合等数学思想，以及推理论证、分析与解决问题的能力．同时考查了等差，等比数列的定义，通项公式，和数列求和的方法．10．（2010•陕西）已知{a n}是公差不为零的等差数列，a1=1，且a1，a3，a9成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n}的通项；（Ⅱ）求数列{2an}的前n项和S n．分析：（I）由题意可得a32=a1•a9=a9，从而建立关于公差d的方程，解方程可求d，进而求出通项a n（II）由（I）可得，代入等比数列的前n项和公式可求S n解答：解（Ⅰ）由题设知公差d≠0，由a1=1，a1，a3，a9成等比数列得=，解得d=1，d=0（舍去），故{a n}的通项a n=1+（n﹣1）×1=n；（Ⅱ）由（Ⅰ）知{2}^{{a}_{n}}={2}^{n}，由等比数列前n项和公式得S m=2+22+23+…+2n==2n+1﹣2．点评：本题考查了等差数列及等比数列的通项公式，等比数列的前n项和公式，属于基本公式的简单运用．11．（2009•陕西）已知数列{a n}满足，，n∈N×．（1）令b n=a n+1﹣a n，证明：{b n}是等比数列；（2）求{a n}的通项公式．分析：（1）先令n=1求出b1，然后当n≥2时，求出a n+1的通项代入到b n中化简可得{b n}是以1为首项，为公比的等比数列得证；（2）由（1）找出b n的通项公式，当n≥2时，利用a n=a1+（a2﹣a1）+（a3﹣a2）++（a n﹣a n﹣1）代入并利用等比数列的前n项和的公式求出即可得到a n的通项，然后n=1检验也符合，所以n∈N，a n都成立．解答：解：（1）证b1=a2﹣a1=1，当n≥2时，所以{b n}是以1为首项，为公比的等比数列．（2）解由（1）知，当n≥2时，a n=a1+（a2﹣a1）+（a3﹣a2）++（a n﹣a n﹣1）=1+1+（﹣）+…+===，当n=1时，．所以．12.(2009山东)等比数列{n a }的前n 项和为n S ， 已知对任意的n N +∈ ，点(,)n n S ，均在函数(0x y b r b =+>且1,,b b r ≠均为常数)的图像上.（1）求r 的值；（11）当b=2时，记 1()4n nn b n N a ++=∈ 求数列{}n b 的前n 项和n T 解:因为对任意的n N +∈,点(,)n n S ，均在函数(0x y b r b =+>且1,,b b r ≠均为常数)的图像上.所以得n n S b r =+,当1n =时,11a S b r ==+,当2n ≥时,1111()(1)n n n n n n n n a S S b r b r b b b b ----=-=+-+=-=-,又因为{n a }为等比数列, 所以1r =-, 公比为b , 所以1(1)n n a b b -=-（2）当b=2时，11(1)2n n n a b b --=-=, 111114422n n n n n n n b a -++++===⨯ 则234123412222n n n T ++=++++L 3451212341222222n n n n n T +++=+++++L 相减,得23451212111112222222n n n n T +++=+++++-L 31211(1)112212212n n n -+⨯-++--12311422n n n +++=-- 所以113113322222n n n n n n T ++++=--=-13．（2010、山东）（本小题满分12分）已知等差数列{}n a 满足：37a =，5726a a +=，{}n a 的前n 项和为n S ．（Ⅰ）求n a 及n S ；（Ⅱ）令b n =211n a -(n ∈N *)，求数列{}n b 的前n 项和n T ． 【解析】（Ⅰ）设等差数列{}n a 的公差为d ，因为37a =，5726a a +=，所以有112721026a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得13,2a d ==， 所以321)=2n+1n a n =+-（；n S =n(n-1)3n+22⨯=2n +2n . （Ⅱ）由（Ⅰ）知2n+1n a =，所以b n =211n a -=21=2n+1)1-（114n(n+1)⋅=111(-)4n n+1⋅， 所以n T =111111(1-+++-)4223n n+1⋅-L =11(1-)=4n+1⋅n 4(n+1)， 即数列{}n b 的前n 项和n T =n 4(n+1).14．（2009•湖北）已知数列{a n }是一个公差大于0的等差数列，且满足a 2a 6=55，a 2+a 7=16（1）求数列{a n }的通项公式；（2）数列{a n }和数列{b n }满足等式a n =（n ∈N *），求数列{b n }的前n 项和S n ． 分析：（1）设等差数列{a n }的公差为d ，分别表示出a 2a 6=55，a 2+a 7=16联立方程求得d 和a 1进而根据等差数列通项公式求得a n ．（2）令c n =，则有a n =c 1+c 2+…+c n ，a n+1=c 1+c 2+…+c n+1两式相减得c n+1等于常数2，进而可得b n ，进而根据b 1=2a 1求得b 1则数列{b n }通项公式可得，进而根据从第二项开始按等比数列求和公式求和再加上b 1． 解答：解：（1）设等差数列{a n }的公差为d ，则依题意可知d ＞0由a 2+a 7=16，得2a 1+7d=16①由a2a6=55，得（a1+2d）（a1+5d）=55②由①②联立方程求得得d=2，a1=1或d=﹣2，a1=（排除）∴a n=1+（n﹣1）•2=2n﹣1（2）令c n=，则有a n=c1+c2+…+c na n+1=c1+c2+…+c n+1两式相减得a n+1﹣a n=c n+1，由（1）得a1=1，a n+1﹣a n=2∴c n+1=2，即c n=2（n≥2），即当n≥2时，b n=2n+1，又当n=1时，b1=2a1=2∴b n=于是S n=b1+b2+b3+…+b n=2+23+24+…2n+1=2n+2﹣6点评：本题主要考查等差数列的性质和等比数列的性质．考查了对数列问题的综合把握．15．（2009•北京）设数列{a n}的通项公式为a n=pn+q（n∈N*，P＞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．（Ⅰ）若，求b3；（Ⅱ）若p=2，q=﹣1，求数列{b m}的前2m项和公式；解答：解：（Ⅰ）由题意，得，解，得．∴成立的所有n中的最小正整数为7，即b3=7．（Ⅱ）由题意，得a n=2n﹣1，对于正整数m，由a n≥m，得．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）]=．16．（2008•浙江）已知数列{x n}的首项x1=3，通项x n=2n p+np（n∈N*，p，q为常数），且成等差数列．求：（Ⅰ）p，q的值；（Ⅱ）数列{x n}前n项和S n的公式．分析：（Ⅰ）根据x1=3，求得p，q的关系，进而根据通项x n=2n p+np（n∈N*，p，q为常数），且成等差数列．建立关于p的方求得p，进而求得q．（Ⅱ）进而根据（1）中求得数列的首项和公差，利用等差数列的求和公式求得答案．解答：解：（Ⅰ）∵x1=3，∴2p+q=3，①又x4=24p+4q，x5=25p+5q，且x1+x3=2x4，∴3+25p+5q=25p+8q，②联立①②求得 p=1，q=1（Ⅱ）由（1）可知x n=2n+n∴S n=（2+22+…+2n）+（1+2+…+n）=点评：本题主要考查等差数列和等比数列的基本知识，考查运算及推理能力．17．（2008•四川）设数列{a n}的前n项和为S n=2a n﹣2n，（Ⅰ）求a1，a4（Ⅱ）证明：{a n+1﹣2a n}是等比数列；（Ⅲ）求{a n}的通项公式．考点：等比关系的确定；等比数列的通项公式；数列递推式.专题：计算题；证明题.分析：（Ⅰ）令n=1得到s1=a1=2并推出a n，令n=2求出a2，s2得到a3推出a4即可；（Ⅱ）由已知得a n+1﹣2a n=（S n+2n+1）﹣（S n+2n）=2n+1﹣2n=2n即为等比数列；（Ⅲ）a n=（a n﹣2a n﹣1）+2（a n﹣1﹣2a n﹣2）++2n﹣2（a2﹣2a1）+2n﹣1a1=（n+1）•2n﹣1即可．解答：解：（Ⅰ）因为a1=S1，2a1=S1+2，所以a1=2，S1=2由2a n=S n+2n知2a n+1=S n+1+2n+1=a n+1+S n+2n+1得a n+1=s n+2n+1①所以a2=S1+22=2+22=6，S2=8a3=S2+23=8+23=16，S2=24a4=S3+24=40（Ⅱ）由题设和①式知a n+1﹣2a n=（S n+2n+1）﹣（S n+2n）=2n+1﹣2n=2n所以{a n+1﹣2a n}是首项为2，公比为2的等比数列．（Ⅲ）a n=（a n﹣2a n﹣1）+2（a n﹣1﹣2a n﹣2）++2n﹣2（a2﹣2a1）+2n﹣1a1=（n+1）•2n﹣1点评：此题重点考查数列的递推公式，利用递推公式求数列的特定项，通项公式等，同时考查学生掌握数列的递推式以及等比数列的通项公式的能力．18．（2008•四川）在数列{a n}中，a1=1，．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）令，求数列{b n}的前n项和S n；（Ⅲ）求数列{a n}的前n项和T n．考点：数列递推式；数列的求和.专题：计算题.分析：（Ⅰ）由题设条件得，由此可知．（Ⅱ）由题设条件知，，再由错位相减得，由此可知．（Ⅲ）由得．由此可知T n=2 S n+2a1﹣2a n+1=．解答：解：（Ⅰ）由条件得，又n=1时，，故数列构成首项为1，公式为的等比数列．从而，即．（Ⅱ）由得，，两式相减得：，所以．（Ⅲ）由得．所以T n=2S n+2a1﹣2a n+1=．点评：本题考查数列的综合运用，解题时要认真审题，仔细解答．19．（2008•陕西）已知数列{a n}的首项，，n=1，2，3，…．（Ⅰ）证明：数列是等比数列；（Ⅱ）求数列的前n项和S n．考点：数列递推式；等比关系的确定；数列的求和.专题：计算题.分析：（1）化简构造新的数列，进而证明数列是等比数列．（2）根据（1）求出数列的递推公式，得出a n，进而构造数列，求出数列的通项公式，进而求出前n项和S n．解答：解：（Ⅰ）由已知：，∴，（2分）∴，又，∴，（4分）∴数列是以为首项，为公比的等比数列．（6分）。

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