2020高考数学模拟试题(理)《数列》分类汇编(含答案)
历年(2020-2023)全国高考数学真题分类(数列)汇编(附答案)
历年(2020‐2023)全国高考数学真题分类(数列)汇编【2023年真题】1. （2023·新课标I 卷 第7题） 记n S 为数列{}n a 的前n 项和，设甲：{}n a 为等差数列：乙：{}n sn为等差数列，则( )A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件C. 甲是乙的充要条件D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件2. （2023·新课标II 卷 第8题） 记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，若45S =-，6221S S =，则8S = ( ) A. 120B. 85C. 85-D. 120-3. （2023·新课标I 卷 第20题）设等差数列{}n a 的公差为d ，且 1.d >令2n n n nb a +=，记n S ，n T 分别为数列{}{},n n a b 的前n 项和.(1)若21333a a a =+，3321S T +=，求{}n a 的通项公式; (2)若{}n b 为等差数列，且999999S T -=，求.d4. （2023·新课标II 卷 第18题）已知为等差数列，，记n S ，n T 分别为数列，的前n 项和，432S =，316.T =(1)求的通项公式；(2)证明：当5n >时，n S .n T >【2022年真题】5.（2022·新高考I 卷 第17题）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知11a =，n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为13的等差数列.(1)求{}n a 的通项公式;(2)证明：121112.na a a +++< 6.（2022·新高考II 卷 第17题）已知{}n a 为等差数列，{}nb 为公比为2的等比数列，且223344.a b a b b a -=-=-(1)证明：11;a b =(2)求集合1{|,1500}k m k b a a m =+剟中元素个数.【2021年真题】7.（2021·新高考II 卷 第12题）（多选）设正整数010112222k k k k n a a a a --=⋅+⋅++⋅+⋅ ，其中{}0,1i a ∈，记()01k n a a a ω=+++ ，则( ) A.()()2n n ωω=B. ()()231n n ωω+=+C. ()()8543n n ωω+=+D. ()21nn ω-=8.（2021·新高考I 卷 第16题）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为20dm 12dm ⨯的长方形纸，对折1次共可以得到10dm 12dm ⨯，20dm 6dm ⨯两种规格的图形，它们的面积之和21240dm S =，对折2次共可以得到5dm 12dm ⨯，10dm 6dm ⨯，20dm 3dm ⨯三种规格的图形，它们的面积之和22180dm S =，以此类推．则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为____________________；如果对折*()n n N ∈次，那么12n S S S ++= __________2dm . 9.（2021·新高考I 卷 第17题）已知数列{}n a 满足11a =，，记2n n b a =，写出1b ，2b ，并求数列{}n b 的通项公式； 求{}n a 的前20项和.(1)(2)10.（2021·新高考II 卷 第17题）记n S 是公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和，若35a S =，244.a a S =(1)求数列{}n a 的通项公式n a ； (2)求使n n S a >成立的n 的最小值．【2020年真题】11.（2020·新高考I 卷 第14题、II 卷 第15题）将数列{21}n -与{32}n -的公共项从小到大排列得到数列{n a }，则{}n a 的前n 项和为__________.12.（2020·新高考I 卷 第18题）已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8.a a a +==(1)求{}n a 的通项公式；(2)记m b 为{}n a 在区间*(0,]()m m N ∈中的项的个数，求数列{}m b 的前100项和100.S13.（2020·新高考II 卷 第18题）已知公比大于1的等比数列{}n a 满足2420a a +=，38.a =(1)求{}n a 的通项公式；(2)求1223a a a a -+…11(1).n n n a a -++-参考答案1. （2023·新课标I 卷 第7题） 解：方法1:为等差数列，设其首项为1a ，公差为d ， 则1(1)2n n n S na d -=+，111222n S n d d a d n a n -=+=+-，112n n S S dn n +-=+， 故{}nS n为等差数列，则甲是乙的充分条件，， 反之，{}n Sn为等差数列，即111(1)1(1)(1)n n n n n n S S nS n S na S n n n n n n +++-+--==+++为常数，设为t 即1(1)n nna S t n n +-=+，故1(1)n n S na t n n +=-⋅+故1(1)(1)n n S n a t n n -=--⋅-，2n …两式相减有：11(1)22n n n n n a na n a tn a a t ++=---⇒-=，对1n =也成立，故{}n a 为等差数列， 则甲是乙的必要条件， 故甲是乙的充要条件，故选.C 方法2:因为甲：{}n a 为等差数列，设数列{}n a 的首项1a ，公差为.d 即1(1)2n n n S na d -=+， 则11(1)222n S n d d a d n a n -=+=+-，故{}n S n 为等差数列，即甲是乙的充分条件．反之，乙：{}n S n为等差数列.即11n n S S D n n +-=+，1(1).n SS n D n =+-即1(1).n S nS n n D =+-当2n …时，11(1)(1)(2).n S n S n n D -=-+-- 上两式相减得：112(1)n n n a S S S n D -=-=+-， 所以12(1).n a a n D =+-当1n =时，上式成立．又1112(2(1))2n n a a a nD a n D D +-=+-+-=为常数.所以{}n a 为等差数列． 则甲是乙的必要条件， 故甲是乙的充要条件，故选C . 2. （2023·新课标II 卷 第8题）解：2S ，42S S -，64S S -，86S S -成等比数列，242224264264262(1)55(21)521S S q S q S S S q S S q S S S⎧-=⎧+=-⎪-==+⇒⎨⎨-=⎩⎪=⎩从而计算可得24681,5,21,85S S S S =-=-=-=- 故选.C3. （2023·新课标I 卷 第20题）解：因为21333a a a =+，故3132d a a d ==+，即1a d =，故n a nd =，所以21n n n n b nd d++==，(1)2n n n d S +=，(3)2n n n T d +=，又3321S T +=，即34362122d d ⨯⨯+=，即22730d d -+=，故3d =或1(2d =舍)， 故{}n a 的通项公式为：3.n a n =(2)方法一：(基本量法)若{}n b 为等差数列，则2132b b b =+，即11123123422a d a a d⨯⨯⨯⨯=+++，即2211320a a d d -+=，所以1a d =或12;a d =当1a d =时，n a nd =，1n n b d +=，故(1)2n n n d S +=，(3)2n n n T d+=，又999999S T -=， 即99100991029922d d ⋅⋅-=，即250510d d --=，所以5150d =或1(d =-舍); 当12a d =时，(1)n a n d =+，n n b d=，故(3)2n n n d S +=，(1)2n n n T d +=，又999999S T -=，即99102991009922d d ⋅⋅-=，即251500d d --=，所以50(51d =-舍)或1(d =舍); 综上：51.50d = 方法二：因为{}n a 为等差数列且公差为d ，所以可得1n a dn a d =+-，则211(1)n n n n nb dn a d dn a d++⋅==+-+- 解法一：因为{}n b 为等差数列，根据等差数列通项公式可知n b 与n 的关系满足一次函数，所以上式中的分母“1dn a d +-”需满足10a d -=或者11da d=-，即1a d =或者12;a d = 解法二：由211(1)n n n n nb dn a d dn a d ++⋅==+-+-可得，112b a =，216b a d =+，31122b a d =+，因为{}n b 为等差数列，所以满足1322b b b +=，即111212622a a d a d+=⋅++，两边同乘111()(2)a a d a d ++化简得2211320a a d d -+=，解得1a d =或者12;a d =因为{}n a ，{}n b 均为等差数列，所以995099S a =，995099T b =，则999999S T -=等价于50501a b -=， ①当1a d =时，n a dn =，1(1)n b n d =+，则505051501a b d d-=-=，得 250510(5051)(1)0d d d d --=⇒-+=，解得5150d =或者1d =-，因为1d >，所以51;50d =②当12a d =时，(1)n a d n =+，1n b n d =，则505050511a b d d-=-=，化简得 251500(5150)(1)0d d d d --=⇒+-=，解得5051d =-或者1d =，因为1d >，所以均不取; 综上所述，51.50d =4. （2023·新课标II 卷 第18题） 解：(1)设数列的公差为d ，由题意知：，即，解得52(1)2 3.n a n n ∴=+-=+(2)由(1)知23n a n =+，，212121n n b b n -+=+，当n 为偶数时，当n 为奇数时，22113735(1)(1)4(1)652222n n n T T b n n n n n ++=-=+++-+-=+-， ∴当n 为偶数且5n >时，即6n …时，22371(4)(1)022222n n n nT S n n n n n n -=+-+=-=->， 当n 为奇数且5n >时，即7n …时， 22351315(4)5(2)(5)0.22222n n T S n n n n n n n n -=+--+=--=+-> ∴当5n >时，n S .n T >5.（2022·新高考I 卷 第17题）解：1112(1)(1)33n n S S n n a a +=+-=，则23n n n S a +=①，1133n n n S a +++∴=②; 由②-①得：111322;33n n n n n a n n n a a a a n ++++++=-⇒=∴当2n …且*n N ∈时，13211221n n n n n a a a a aa a a a a ---=⋅⋅ 1543(1)(1)1232122n n n n n n n a n n +++=⋅⋅⋅=⇒=-- ， 又11a =也符合上式，因此*(1)();2n n n a n N +=∈ 1211(2)2((1)1n a n n n n ==-++， 1211111111112(2(12122311n a a a n n n ∴+++=-+-++-=-<++ ， 即原不等式成立.6.（2022·新高考II 卷 第17题） 解：(1)设等差数列{}n a 公差为d由2233a b a b -=-，知1111224a d b a d b +-=+-，故12d b = 由2244a b b a -=-，知111128(3)a d b b a d +-=-+，故11124(3);a d b d a d +-=-+故1112a d b d a +-=-，整理得11a b =，得证.(2)由(1)知1122d b a ==，由1k m b a a =+知：11112(1)k b a m d a -⋅=+-⋅+即111112(1)2k b b m b b -⋅=+-⋅+，即122k m -=，因为1500m 剟，故1221000k -剟，解得210k 剟， 故集合1{|,1500}k m k b a a m =+剟中元素的个数为9个. 7.（2021·新高考II 卷 第12题）（多选）解：对于A 选项，010112222k k k k n a a a a --=⋅+⋅++⋅+⋅ ，， 则12101122222kk k k n a a a a +-=⋅+⋅++⋅+⋅ ，，A 选项正确；对于B 选项，取2n =，012237121212n +==⋅+⋅+⋅，，而0120212=⋅+⋅，则，即，B 选项错误；对于C 选项，34302340101852225121222k k n a a a a a ++=⋅+⋅++⋅+=⋅+⋅+⋅+⋅+ 32k k a ++⋅，所以，，23201230101432223121222k k n a a a a a ++=⋅+⋅++⋅+=⋅+⋅+⋅+⋅+ 22k k a ++⋅，所以，，因此，，C 选项正确；对于D 选项，01121222n n --=+++ ，故，D 选项正确.故选.ACD8.（2021·新高考I 卷 第16题）解：对折3次时，可以得到2.512dm dm ⨯，56dm dm ⨯，103dm dm ⨯，20 1.5dm dm ⨯四种规格的图形. 对折4次时，可以得到2.56dm dm ⨯，1.2512dm dm ⨯，53dm dm ⨯，10 1.5dm dm ⨯，200.75dm dm ⨯五种规格的图形.对折3次时面积之和23120S dm =，对折4次时面积之和2475S dm =，即12402120S ==⨯，2180360S ==⨯，3120430S ==⨯，475515S ==⨯，……得折叠次数每增加1，图形的规格数增加1，且()*12401,2nn S n n N ⎛⎫=+⨯∈ ⎪⎝⎭，121111240[234(1)]2482n n S S S n ∴++=⨯⨯+⨯+⨯++⋅+记231242n n n T +=+++ ，则112312482n n n T ++=+++ ， 11111111(224822n n n n n n T T T ++-==++++-113113322222n n n n n ++++=--=-， 得332n nn T +=-，123240(3)2n n n S S S +∴++=⨯-， 故答案为5；3240(3).2n n +⨯-9.（2021·新高考I 卷 第17题）解：⑴12b a =，且21+1=2a a =，则1=2b ， 24b a =，且4321215a a a =+=++=，则25b =；1222121213n n n n n b a a a b +++==+=++=+，可得13n n b b +-=，故{}n b 是以2为首项，3为公差的等差数列； 故()21331n b n n =+-⨯=-.数列{}n a 的前20项中偶数项的和为2418201210109=102+3=1552a a a ab b b ⨯++++=+++⨯⨯ ， 又由题中条件有211a a =+，431a a =+， ，20191a a =+， 故可得n a 的前20项的和10.（2021·新高考II 卷 第17题）解：(1)由等差数列的性质可得：535S a =，则3335,0a a a =∴=， 设等差数列的公差为d ，从而有22433()()a a a d a d d =-+=-，412343333(2)()()2S a a a a a d a d a a d d =+++=-+-+++=-，从而22d d -=-，由于公差不为零，故：2d =， 数列的通项公式为：*3(3)26().n a a n d n n N =+-=-∈(2)由数列的通项公式可得1264a =-=-，则2(1)(4)252n n n S n n n -=⨯-+⨯=-， 则不等式n n S a >即2526n n n ->-，整理可得(1)(6)0n n -->， 解得1n <或6n >，又n 为正整数，故n 的最小值为7.(2)11.（2020·新高考I 卷 第14题、II 卷 第15题）解：数列 的首项是1，公差为2的等差数列； 数列 的首项是1，公差为3的等差数列； 公共项构成首项为1 ，公差为6的等差数列; 故 的前n 项和S n 为： .故答案为232.n n -12.（2020·新高考I 卷 第18题）解：(1)设等比数列的公比为q ，且1q >，2420a a += ，38a =，，解得舍)或，∴数列{}n a 的通项公式为2;n n a =(2)由(1)知12a =，24a =，38a =，416a =，532a =，664a =，7128a =，则当1m =时，10b =，当2m =时，21b =， 以此类推，31b =，45672b b b b ====，815...3b b ===，1631...4b b ===， 3263...5b b ===，64100...6b b ===， 10012100...S b b b ∴=+++0122438416532637480.=+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=13.（2020·新高考II 卷 第18题）解：(1)设等比数列{}n a 的公比为(1)q q >，则32411231208a a a q a q a a q ⎧+=+=⎨==⎩， {21}n -{32}n -{}n a1q > ，122a q =⎧∴⎨=⎩， 1222.n n n a -∴=⋅=1223(2)a a a a -+…11(1)n n n a a -++- 35792222=-+-+…121(1)2n n -++-⋅，322322[1(2)]82(1).1(2)55n n n +--==----。
广州市2020年高三下学期高考数学模拟试题精选汇总：数列02含答案
数列02解答题1．已知A(,)，B(,)是函数的图象上的任意两点（可以重合），点M在直线上，且.（1）求+的值及+的值（2）已知，当时，+++，求；（3）在（2）的条件下，设=，为数列{}的前项和，若存在正整数、，使得不等式成立，求和的值.2．设等差数列的首项及公差d都为整数，前n项和为Sn.（1）若，求数列的通项公式；（2）若求所有可能的数列的通项公式.3．设等比数列{}n a 的前n 项和为n S ,已知122()n n a S n N *+=+∈.(Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式;(Ⅱ)在n a 与1n a +之间插入n 个数,使这2n +个数组成公差为n d 的等差数列,设数列1n d ⎧⎫⎪⎨⎬⎪⎭⎩的前n 项和n T ,证明:1516n T <.4．已知数列{a n }中,a 1=1,若2a n+1-a n =）2n ）（1n （n 2-n ++,b n =a n -）1n （n 1+(1)求证:{ b n }为等比数列,并求出{a n }的通项公式; (2)若C n =nb n +）1n （n 1+,且其前n 项和为T n ,求证:T n <3.5．已知数列{}n a 的前n 项和11()22n nn S a -=--+(n 为正整数)(Ⅰ)令2nn n b a =,求证:数列{}n b 是等差数列,并求数列{}n a 的通项公式;(Ⅱ)令121,n n n n n C a T C C C n +==+++L ,试比较n T 与521nn +的大小,并予以证明6．已知数列}{n a 满足()2,34,3,1*1121≥∈-===-+n N n a a a a a n n n ,(1)证明:数列}{1n n a a -+是等比数列,并求出}{n a 的通项公式 (2)设数列}{n b 的前n 项和为n S ,且对任意*N n ∈,有1222211+=+++n na b a ba b nn Λ成立,求n S7．设数列{}n a 的前n 项和为n S .已知11a =，131n n a S +=+，n *∈N ．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）记n T 为数列{}n na 的前n 项和，求n T ．答案解答题1.解：（Ⅰ）∵点M在直线x=上，设M.又＝，即，，∴+=1.①当=时，=，+=；②当时，，+=+===综合①②得，+.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当+=1时, +∴，k=.n≥2时，+++，①，②①＋②得，2=-2(n-1),则=1-n.当n=1时，=0满足=1-n. ∴=1-n.（Ⅲ）==，=1++=..=2-，=-2+=2-，∴，、m为正整数，∴c=1，当c=1时，，∴1<<3， ∴m=1.2.解：（Ⅰ）由又 故解得因此，的通项公式是1，2，3，…，（Ⅱ）由 得即由①+②得－7d <11，即由①+③得, 即,于是又，故.将4代入①②得又，故所以，所有可能的数列的通项公式是 1，2，3，….3.设等比数列{}n a 的前n 项和为n S ,已知122()n n a S n N *+=+∈.(Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式;(Ⅱ)在n a 与1n a +之间插入n 个数,使这2n +个数组成公差为n d 的等差数列,设数列1n d ⎧⎫⎪⎨⎬⎪⎭⎩的前n 项和n T ,证明:1516nT <. 【D 】18．解(Ⅰ)由122(n n a S n +=+∈N *)得122(n n a S n -=+∈N *,2n ≥),两式相减得:12n n n a a a +-=, 即13(n n a a n +=∈N *,2n ≥),∵{}n a 是等比数列,所以213a a =,又2122,a a =+ 则11223a a +=,∴12a =,∴123n n a -=g(Ⅱ)由(1)知123n n a +=g ,123n n a -=g∵1(1)n n n a a n d +=++ , ∴1431n n d n -⨯=+,令123111n T d d d =+++1nd +, 则012234434343n T =++⨯⨯⨯+1143n n -++g ① +⋅+⋅=2134334231n T 114343n n n n -+++g g ② ①-②得01222113434343n T =+++g g g 1114343n n n -++-g g 111(1)111525331244388313n n nn n --++=+⨯-=--g g 11525151616316n n n T -+∴=-<g4.解:(1)21)1(1)2)(1(1)2)(1(222)1(1)2)(1(111=+-++-++-+=+-++-=++n n a n n n n n n a n n a n n a b b n n n n nn ----6∴{b n }为等比数列, 又Θb 1 =21, q=21∴n n b )21(=---------------------7 (2)由(1)可知)1(12++=n n n C nn ∴)1(13212112232221132++---+⨯+⨯++---+++•=n n n T n n ∴311223<+-+-=n n T n n ------------------------135.解:(I)在11()22n n n S a -=--+中,令n=1,可得1112n S a a =--+=,即112a = 当2n ≥时,21111111()2()22n n n n n n n n n S a a S S a a ------=--+∴=-=-++，, 11n 1112a (),212n n n n n a a a ----∴=+=+n 即2.112,1,n 21n n n n n n b a b b b --=∴=+≥-=Q n 即当时，b .又1121,b a ==∴数列}{n b 是首项和公差均为1的等差数列.于是1(1)12,2n n n n n nb n n a a =+-⋅==∴=.(II)由(I)得11(1)()2n n n n c a n n +==+,所以①②由①-②得11111[1()]133421(1)()122212332n n n n nn n n T -++-+=+-+=--+∴=-535(3)(221)3212212(21)n n n n n n n n n T n n n ++---=--=+++于是确定521n nT n +与的大小关系等价于比较221nn +与的大小由可猜想当322 1.nn n ≥>+时，证明如下: 证法1:(1)当n=3时,由上述验算显示成立. (2)假设1n k =+时所以当1n k =+时猜想也成立综合(1)(2)可知,对一切3n ≥的正整数,都有22 1.nn >+证法2:当3n ≥时,综上所述,当1,2n =时521n n T n <+,当3n ≥时521n nT n >+6.解:(1)由1134-+-=n n n a a a 可得2),(31211=--=--+a a a a a a n n n n ,}{1n n a a -∴+是以2为首项,3为公比的等比数列 112211)()()(a a a a a a a a n n n n n +-++-+-=∴---Λ113131)31(2--=+--=n n(2)1=n 时,3,3,31111===S b a b 2≥n 时,1322,2)12(12-⨯===--+=n n n n nn na b n n na b 12323323223-⨯⨯++⨯⨯+⨯⨯+=n n n S Λ1)3333231(21210+⨯++⨯+⨯+⨯=-n n Λ设12103333231-⨯++⨯+⨯+⨯=n n x Λ则n n n n x 33)1(33323131321⨯+⨯-++⨯+⨯+⨯=-Λ2133)333(32021--⨯=+++-⨯=--n nn n nn n x Λ23321+⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-=n n n S综上,23321+⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-=n n n S 7.解：（Ⅰ）由题意，131n n aS +=+，则当2n ≥时，131n n a S -=+.两式相减，得14n n a a +=（2n ≥）. ……………………………………………2分 又因为11a =，24a =，214a a =，……………………………………………4分 所以数列{}n a 是以首项为1，公比为4的等比数列，……………………5分所以数列{}n a 的通项公式是14n n a -=（n *∈N ）. ………………………………6分 （Ⅱ）因为2112323124344n n n T a a a na n -=++++=+⨯+⨯++⋅L L ， 所以2314412434(1)44n nn T n n -=⨯+⨯+⨯++-⋅+⋅L ， ……………………8分两式相减得，2114314444414nn nn n T n n ---=++++-⋅=-⋅-L ， ………11分整理得，311499n n n T -=⋅+ (n *∈N ). ………………………………13分。
浙江省2020年高考数学模拟题分项汇编 6 数列与数学归纳法( 解析版)(36道题)
第六章 数列与数学归纳法数列是高考重点考查的内容之一，命题形式多种多样，大小均有.其中，小题重点考查等差数列、等比数列基础知识以及数列的递推关系，和其它知识综合考查的趋势明显，小题难度加大趋势明显；解答题的难度中等或稍难，随着文理同卷的实施，数列与不等式综合热门难题(压轴题)，有所降温，难度趋减，将稳定在中等变难程度.往往在解决数列基本问题后考查数列求和，在求和后往往与不等式、函数、最值等问题综合.在考查等差数列、等比数列的求和基础上，进一步考查“裂项相消法”、“错位相减法”等，与不等式结合，“放缩”思想及方法尤为重要．关于数学归纳法的考查，主要与数列、不等式相结合.一.选择题1．(浙江省杭州市第二中学2020届高三上学期开学考)已知等比数列{}n a 的各项均为正数，且132a ，34a ，2a 成等差数列，则20191817a a a a +=+( )A ．9B ．6C ．3D ．1【答案】A 【解析】 设公比为q .由132a ，34a ，2a 成等差数列，可得312322a a a +=， 所以2111322a a q a q +=，则2230q q --=，解1q =-(舍去)或3q =. 所以22201918171817181279a a a q a q a a a a q ++===++.故选A. 2.(2020届浙江省浙南名校联盟高三上学期第一次联考)已知数列{}n a 满足()*11112n n n na a n a a +++=+∈N ，则( ) A ．当()*01n a n <<∈N时，则1n n aa +> B ．当()*1n a n >∈N时，则1n n aa +<C ．当112a =时，则111n n a a +++>D ．当12a =时，则111n n a a +++>【答案】C 【解析】111111112n n n n n n n n n a a a a a a a a a +++++=+∴-+-=即111()(1)n n n n na a a a a ++--= 当01n a <<时，1110n na a +-<，故1n n a a +<，A 错误当1n a >时，1110n na a +->，故1n n a a +>，B 错误对于D 选项，当1n =时，12a =，212111922a a a a +=+=<D 错误 用数学归纳法证明选项C 易知0n a >恒成立 当1n =时，21211123a a a a +=+=> 假设当n k =时成立，111k k a a +++>2121122k k a k a +++>+ 当1n k =+时：222222111122211111112443426k k k k k k k k k a a a a a k a a a a +++++++++⎛⎫⎛⎫+=+=++=+++>+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭即221k k a a +++>成立故111n n a a +++>恒成立，得证 故答案选C3.(2020届浙江省五校高三上学期联考)已知数列{}n a 是公差为d 的等差数列，其前n 项和为n S ，则( ) A ．0d <时，n S 一定存在最大值B ．0d >时，n S 一定存在最大值C ．n S 存在最大值时，0d <D ．n S 存在最大值时，0d >【答案】A 【解析】对A ：因为0d <，所以数列单调递减，故n S 一定存在最大值，A 正确； 对B ：因为0d >，所以数列单调递增，故n S 不存在最大值，B 错； 对C ：因为当0d =，10a <时，n S 存在最大值1S ，C 错； 对D ：由C 的解析知，D 错； 故选A4.(2020届浙江省宁波市慈溪市高三上期中)已知数列{}n a 满足：()*2121,22n n n n n a a a n n a a ----=∈>-¥，若1231,7a a ==，则2019a =( ) A ．38075 B ．36054C ．56058D ．54036【答案】A 【解析】由题意数列{}n a 满足：*2121(,2)2n n n n n a a a n N n a a ----=∈>-，可得21112n n n a a a --+=，所以数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列， 211174133d a a =-=-=， 所以14411(1)33n n n a -=+-=，2019334201918075a ==⨯-． 故选：A ．5.(2020届浙江省宁波市镇海中学高三上期中)已知n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，且244,18S S ==，则6S 等于( ) A ．50 B ．42C ．38D ．36【答案】B 【解析】由24264,,S S S S S --成等差数列， 所以()()62184418S -=+- 所以642S =， 故选：B6.(2019·9月浙江省丽水四校高三联考)数列{}n a 满足143a =，2*11(N )n n n a a a n +=-+∈，则122013111m a a a =+++L 的整数部分是( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4【答案】B 【解析】 因为,则,则,故122013111m a a a =+++L ,因,即,又,进而可得42a > ，故20142a >,则,应选B.7.(2020届浙江省金丽衢十二校高三上学期第一次联考)设等差数列1a ，2a ，…，n a (3n ≥，*N n ∈)的公差为d ，满足1211n a a a a ++⋅⋅⋅+=-2121122n a a a a +-+⋅⋅⋅+-=+++2n a m +⋅⋅⋅++=，则下列说法正确的是( ) A ．3d ≥B ．n 的值可能为奇数C ．存在*i N ∈，满足21i a -<<D ．m 的可能取值为11【答案】A 【解析】因为1211n a a a a ++⋅⋅⋅+=-2121122n a a a a +-+⋅⋅⋅+-=+++2n a m +⋅⋅⋅++= 所以111+(1)a a d a n d ++⋅⋅⋅++-11111+1(1)a a d a n d =-+-+⋅⋅⋅+-+-111222+(1)a a d a n d m =+++++⋅⋅⋅++-=令()2(1),3f x x x d x d x n d n =+++++++-≥L 则111()(1)(2)f a f a f a m =-=+= (*) ①当0d =时，()f x n x =，不满足(*)，舍去.②当0d >时，由(*)得()f x 为平底型，故n 为偶数(4)n ≥ . ()f x 的大致图像为：则11112(1)22n nd a a a d -≤-<<+≤-- 所以(1)+=322n n d d d --≥，故A 正确. 由1111212(1)222(1)2n d a n n d a d n a d⎧-≤-⎪⎪⇒-≤≤---⎨⎪+≤--⎪⎩当1,2,,2n i =L 时1(1)2(1)(1)()222i n na a i d d i d i d =+-≤---+-=-- 当+1,+2,,22n n i n =L 时1(1)1(1)=1+(1)122i n na a i d d i d i d =+-≥-+---≥故不存在*i N ∈，满足21i a -<<，C 错112122()n nn m f a a a a a a +==++++++L L1212222()()n n n n a a a a a a ++≥+++-+++L L2112=()24n n n a a d +-=由于4,3n d ≥≥ 所以2124n m d ≥≥，故D 错③当0d <时，令0d d '=->由于()f x 的图像与()f x -的图像关于y 轴对称，故只需研究()f x - 故令()()g x f x =-=2(1),3x x d x d x n d n -+-++-+++-+-≥L2(1),3x x d x d x n d n '''=+++++++-≥L因为111()(1)(2)f a f a f a m =-=+= 所以111()(1)(2)g a g a g a m -=--=-+=由②知()g x 为平底型，故n 为偶数(4)n ≥，故B 错 令1111,(1)1i i a a a a i d a ''''=--=+-=-所以()(1)(2)i i i g a g a g a m '''=-=+=3d d '⇒=-≥ ，故A 正确由②知，不存在*i N ∈，满足2121112i i i a a a -<<⇔-<-<⇔-<'<-，故C 错由②知，2()124i n m g a d '=≥≥，故D 错综上所述，A 正确,BCD 错误 故选A.8.(2020届浙江省高三上学期百校联考)设无穷数列{}n a 满足1(0)a p p =>，2(0)a q q =>，()*21122n n n a a n a ++⎛⎫=+∈ ⎪⎝⎭N ，若{}n a 为周期数列，则pq 的值为( )A ．12B ．1C ．2D ．4【答案】C 【解析】22111112122n n n n n n n a a a a a a a +++++⎛⎫=+∴ ⎪=⎝⎭+Q ， 2111(222)n n n n a a a a +++∴-=-111212(2)()2n n n a a a a +--∴-=因为数列是周期数列，所以存在11111122221222(2)(,)20,22n n n n N a a a a a a a a a a pq -++-=-∴-=-∴-==∈故pq 的值为2.故选C.9.(2020届浙江省台州五校高三上学期联考)若集合，则集合中的元素个数是( )A ．2016B ．2017C ．2018D ．2019 【答案】A 【解析】由题意知，，所以，必为一奇一偶，即共2016种情况，又.故选A.10.(2020届浙江学军中学高三上期中中)已知数列{}n a 满足112a =-，2131n n n a a a +=++，若12n n b a =+，设数列{}n b 的前项和为n S ，则使得2019S k -最小的整数k 的值为( ) A ．0 B ．1C ．2D ．3【答案】C 【解析】因为2131n n n a a a +=++，所以()2212110n n n n n a a a a a +-=++=+≥，所以n a 为递增数列，而()()2113212n n n n n a a a a a ++=++=++，所以()()1111111212n n n n n a a a a a +==-+++++ 所以1111211n n n n b a a a +==-+++， 因为数列{}n b 的前项和为n S ，112a =-所以2019122320192020111111111111S a a a a a a =-+-+⋅⋅⋅+-++++++ 2020121a =-+而()()21131124a a a +=++=， ()()3227711216a a a +=++=，所以20203771116a a ++=≥从而得到202011382,2177a ⎡⎫-∈⎪⎢+⎣⎭所以2019S k -要取最小，k 的整数值为2， 故选：C.11.(2020届浙江省名校新高考研究联盟(Z20联盟)高三上学期第一次联考)已知数列{}n a 满足：1102a <<，()1ln 2n n n a a a +=+-．则下列说法正确的是( ) A ．2019102a << B ．2019112a << C ．2019312a <<D ．2019322a <<【答案】B 【解析】考察函数()ln(2)(02)f x x x x =+-<<， 由'11()1022xf x x x-=-=>--可得()f x 在()0,1单调递增， 由'()0f x <可得()f x 在()1,2单调递减且()()11f x f ≤=，可得1n a <，数列{}n a 为单调递增数列， 如图所示：且1(0)ln 22f ==>=，211()(0)2a f a f =>>，图象可得1231012n a a a a <<<<<<<<L L ， 所以2019112a <<，故选B. 二.填空题12.(2020届浙江省台州五校高三上学期联考)设等比数列的前项和为，满足对任意的正整数，均有，则_______，公比_______.【答案】 2 【解析】由，则，两式相减得，，则，由等比数列前项和公式得，，即，从而解得.13.(2019年9月浙江省嘉兴市高三测试)已知{}n a 是公差为2-的等差数列，n S 为其前n 项和，若21a +，51a +，71a +成等比数列，则1a =_____，当n =_______时，n S 取得最大值．【答案】19. 10. 【解析】因为21a +，51a +，71a +成等比数列， 所以()75221(1)(1)+=++a a a ， 又{}n a 是公差为2-的等差数列，所以()2111821(1)(112)+=---++a a a ， 即()2111()7(111)--=-a a a ，解得119a =，所以2219(1)20(10)100=--=-+=--+n n n n n S n n ， 因此，当10n =时，n S 取得最大值． 故答案为(1). 19. (2). 10.14.(2020届浙江学军中学高三上期中中)等比数列{}n a中，1a =2a =，则2201382019a a a a +=+__________，1234a a a a =__________．【答案】89 92【解析】因为等比数列{}n a中，1a =2a =，所以21a q a ==， 所以()22013220136682019220131a a a a a a a a q q ++==++6189==⎛⎫644612341a a a a a q ⎛⎫=⋅=⋅99482=⨯=.故答案为：89；9215.(2019·9月浙江省丽水四校高三联考)已知数列{}n a 满足：2111,2n n n a a a a +==+，用[x ]表示不超过x 的最大整数，则122012111111a a a ⎡⎤+++⎢⎥+++⎣⎦L 的值等于_____ 【答案】1 【解析】由题意知，0n a >，1111(1)11n n n n n a a a a a +=-++=移项得11111n n n a a a +=-+又1220121220122013120132013111111111++1=11==12a a a a a a a a a a -+++---+++L L 2111,2n n n a a a a +==+，23,1,321416a a ==>又因210n n n a a a +-=>，所以数列{}n a 单调递增故201331,a a >> 所以20131122a <-<，故122012111=1111a a a ⎡⎤+++⎢⎥+++⎣⎦L 故填116．(2020届浙江省宁波市慈溪市高三上期中)设等差数列{}n a 的前项和为()*n S n ∈N，若153,11a a ==-，则3a =________，5S =________.【答案】4- 20- 【解析】 依题意，153311422a a a +-===-； 1553555(4)202a a S a +=⨯==⨯-=-． 故答案为：4-，20-．17.(2019年9月浙江省超级全能生高三第一次联考)已知数列{}n a ，满足()21n n na k a a +=-.若1112a k ==，则1n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的最小值是___________，若12a =，且存在常数0M >，使得任意n a M ≤，则k 的取值范围是______________.【答案】12[]11-，【解析】(1)令1y n n x a a +==，，2y x x =-， 1n n a a +表示点()1n n a a +，与原点连线的斜率，因为112a =，所以1(0,]2n a ∈，由于()12a a ，为21,(0,]2x y x x ∈=-最高点，所以21a a 最小，等于12.(2)当0k =时，显然存在；当0k ≠时，由12a =，则2M ≥ ，由2()y k x x =-图象可知，使得任意n a M≤成立，则需2,4(),k M k M M M ⎧≤⎪⎨⎪-≤⎩即4,1,1k M k M ⎧≤⎪⎨≤⎪-⎩ 又14(2)1M M M >≥-,所以111k M ≤≤-,故k 的取值范围是11k -≤≤.18.(浙江省杭州市第二中学2020届高三上学期开学考)已知正项数列{}n a 满足()()22112120nn n n n a n a a na+++++⋅-=，14a =，则数列()()12n a n n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬+⋅+⎪⎪⎩⎭的前n 项和为___________．【答案】2222n n +-+【解析】由已知得22111(2)2()0,n n n n n n n n a a a a a a a ++++⋅-++= 所以11()(22)0,n n n n n a a na na a +++-+=又因为0n a > 所以1220.n n n na na a +-+=所以112n n a n a n++=⨯ 所以14a =2122;1a a =⨯ 32322a a =⨯； 4342;3a a =⨯ L L12;1n n a na n -=⨯-累乘得12.n n a n +=⋅所以()()()()121222,121221n n n n a n n n n n n n +++⋅==-+⋅++⋅+++ 所以()()12n a n n +⋅+=212221n n n n ++-++所以()()32122;111232a =-+⋅+ ()()43222;212243a =-+⋅+()()54322;313254a =-+⋅+L L()()2122;1221n n n a n n n n ++=-+⋅+++累加求和得222;2n n +-+故答案为222;2n n +-+19.(2020届浙江省五校高三上学期联考)设数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足()()112nnn n S a n N *⎛⎫=--∈ ⎪⎝⎭，则3a =______，7S =______.【答案】116- 1256- 【解析】当1n =时，1111124S a a =--⇒=-； 当2n ≥时，()()()()()()1111111112111111122112nn n nn n n n n n n n n n n n n n n S a a a a a a S a -------⎧⎛⎫=--⎪ ⎪⎪⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎡⎤⇒=---+⇒--=-+⎨ ⎪ ⎪⎣⎦⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎪=-- ⎪⎪⎝⎭⎩当n 为偶数时，112nn a -⎛⎫=- ⎪⎝⎭即n 为奇数时112n n a +=-，所以3411216a =-=-； 7812a =-，()7787811111222256S ⎛⎫=---=-=- ⎪⎝⎭. 20.(2020届浙江省宁波市镇海中学高三上期中)已知{}n a 是等比数列，且0n a >，243546225a a a a a a ++=，则35a a +=__________，4a 的最大值为__________．【答案】5 52【解析】243546225a a a a a a ++=22233553535225()25,05n a a a a a a a a a ⇒++=⇒+=>∴+=Q22354354255()242a a a a a a +∴=≤=⇒≤ ，即4a 的最大值为5221.(浙江省宁波市宁波十校2020届高三11月联考)已知常数p ＞0，数列{a n }满足a n +1＝|p ﹣a n |+2a n +p (n ∈N *)，首项为a 1，前n 项和为S n ．若S n ≥S 3对任意n ∈N *成立，则1a p的取值范围为_____．【答案】[﹣6，﹣4] 【解析】由题意，120+-=-++≥-++=>n n n n n n a a p a a p p a a p p ， 及10n n a a +->，所以数列{}n a 为递增数列，要使得3n S S ≥对任意n N +∈恒成立，则必有340,0a a ≤≥， 所以21111220a p a a p p a a p =-++=-++<，32211111225()2540a p a a p a p a p a p a p a p =-++=+++=-+++=+≤， 433111112329(3)2960a p a a p a p a p a p a p a p =-++=+++=-+++=+≥，所以164a p-≤≤-，即1ap 的取值范围[6,4]--．故答案为：[6,4]--．三.解答题22.(2020届浙江省名校新高考研究联盟(Z20联盟)高三上学期第一次联考)已知数列{}n a 为等差数列，n S 是数列{}n a 的前n 项和，且55a =，36S a =，数列{}n b 满足24,b =1122(22)2n n n a b a b a b n b +++=-+L ． (1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式； (2)令*,nn na c n Nb =∈，证明：122n c c c ++<L ． 【答案】(1) n a n =.2nn b =. (2)证明见解析【解析】(1)设等差数列{}n a 的公差为d ，11145335a d a d a d +=⎧∴⎨+=+⎩，解得111a d =⎧⎨=⎩，∴数列{}n a 的通项公式为n a n =.122(22)2n n b b nb n b ∴++=-+L ，当2n ≥时，12112(1)(24)2n n b b n b n b --++-=-+L11(24)(2)2nn n n b n b n b b --⇒-=-⇒=， 即{}n b 是等比数列，且12b =，2q =，2n n b ∴=. (2)2n n n n a nc b ==，记121212222n n n S c c c =++=++⋯+L ， 则1212321222n nS -=++++L ， 1211112212222222n n n n n S S S -+∴=-=++++-=-<L ．23.(2020届浙江省高三上学期百校联考)已知各项为正数的数列{}n a ，其前n 项和为n S，21n a =+，且11a =.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若23nn n b a =，求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】(1)n a n =.(2)()211332n nn n T +-+⨯-=【解析】(1)由8121n n S a +=+平方，得()28121n n S a +=+，所以()2118121n n S a +++=+()211821n n S a ++=+，将以上两式相减，可得()()221182121n n n a a a ++=+-+，则()()22121210n n a a +--+=，所以()()11222220n n n n a a a a +++--=，所以11n n a a +=+，故{}n a 是首项为1，公差为1的等差数列，从而可得数列{}n a 的通项公式为n a n =. (2)由题意可得2233nnn n b a n ==⋅， 则22213233nn T n =⨯+⨯++⨯L ，22322131323(1)33n n n T n n +=⨯+⨯++-⨯+⨯L ，将以上两式相减，可得22121333(21)33nn n T n n +-=⨯+⨯++-⨯-⨯L .设21333(21)3nn Q n =⨯+⨯++-⨯L ，则23131333(23)3(21)3nn n Q n n +=⨯+⨯++-⨯+-⨯L ，将以上两式相减，可得212132323(21)3nn n Q n +-=⨯+⨯++⨯--⨯L由此可得1(1)33n n Q n +=-⨯+，则()211332n nn n T+-+⨯-=.24.(2020届浙江省台州五校高三上学期联考)已知函数.(Ⅰ)求方程的实数解；(Ⅱ)如果数列满足，()，是否存在实数，使得对所有的都成立？证明你的结论． (Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下，设数列的前项的和为，证明：． 【答案】(Ⅰ);(Ⅱ)存在使得;(Ⅲ)见解析.【解析】(Ⅰ)；(Ⅱ)存在使得．证法1：因为，当时，单调递减，所以．因为，所以由得且．下面用数学归纳法证明．因为，所以当时结论成立．假设当时结论成立，即．由于为上的减函数，所以，从而，因此，即．综上所述，对一切，都成立，即存在使得．证法2：，且是以为首项，为公比的等比数列.所以.易知，所以当为奇数时，；当为偶数时，即存在，使得.(Ⅲ)证明：由(2)，我们有，从而.设，则由得.由于，因此n =1，2，3时，成立，左边不等式均成立．当n >3时，有，因此．从而．即．解法2: 由(Ⅱ)可知，所以，所以所以所以当为偶数时，；所以当为奇数时，即.(其他解法酌情给分)25.(2019年9月浙江省嘉兴市高三测试)已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足231n n S a =-(n ∈N *)． (Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式； (Ⅱ)设32log n n n a b a +=，n T 为数列{}n b 的前n 项和，求证：154n T <． 【答案】(Ⅰ)13-=n n a ；(Ⅱ)证明见解析. 【解析】(Ⅰ)当1n =时11a =． 当2n ≥时，11231231n n n n S a S a --=-⎧⎨=-⎩，两式相减得：13n n a a -=．故{}n a 是以3为公比的等比数列，且11a =， 所以13n n a -=．(Ⅱ)由(Ⅰ)得：113n n n b -+=， 由错位相减法12011231333n n n n T b b b -+=+++=+++L L (1) 121123133333n n n n n T -+=++++L (2)两式相减得：2121111525233333223n n n n n n T -++⎛⎫=+++-=- ⎪⋅⎝⎭L ，求得：11525443n n n T -+=-⋅． 所以154n T <．26．(2019年9月浙江省超级全能生高三第一次联考)已知等比数列{}n a 的公比1q >2a ，3a 的等比中项，31a +为2a ，4a 的等差中项. (Ⅰ)求q 的值；(Ⅱ)设()()*11nn n b a n N +=+-∈，数列1n b⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n S ，求证：53nS <. 【答案】(Ⅰ)2q =(Ⅱ)详见解析 【解析】(Ⅰ)由题意得()23432421a a a a a a =⎧⎨+=+⎩，，则23222a q q q q =⎧⎨-+=⎩，，解得2q =. (Ⅱ)由题知12n n a -=，则()1121nn n b =+-. 当1n =时，111513S b ==<； 当2n ≥时，()222111323221n n n n n b ---=≤⋅⋅++-， 故111125*********n n S -⎛⎫- ⎪⎝⎭<+<+=-，综上所述，53n S <.27.(2020届浙江学军中学高三上期中中)已知正项等差数列{}n a 满足：233312n n S a a a L =+++，其中n S 是数列{}n a 的前n 项和. (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)令()()()1412121n n n n n b a a -=--+，证明：122221n n b b b n ++++≤+L .【答案】(1)n a n =；(2)证明见解析； 【解析】(1)因为233312n n S a a a L =+++1n =时，2311S a =；2n =时，233212S a a =+，联立得：2311233212S a S a a ⎧=⎨=+⎩即()23112331212a a a a a a ⎧=⎪⎨+=+⎪⎩ 解得1212a a =⎧⎨=⎩，所以公差211d a a =-=所以n a n =； (2)()()()1412121n n n b n n -=--+()()111112121n nn n -=----+所以12n b b b +++L()()()()()()0112111111111111113352121n nn n -=---+---+⋅⋅⋅+----+ ()11121nn =--+12212121n n n +≤+=++.28.(2020届浙江湖州、衢州、丽水三地市高三上期中)已知数列{}n a 满足()*11()11,1n n a a n N n a +==∈+.(1)求23,a a ，并猜想{}n a 的通项公式(不需证明)； (2)求证()*)1n N <∈.【答案】(1) 2311,23a a ==;猜想1n a n=;(2)证明见解析 【解析】(1)2311,23a a == 猜想1n a n====<=1)1=(2)方法二用数学归纳法证明:(1)当1n =时，左边1==，右边)1==左边<右边，不等式成立；(2)假设*()n k k N =∈)1⋅⋅⋅+<，那么当1n k =+<)1成立，))11+<<只要证明()()12212231k k k +++++即证141k +<+，即证43k <+只要证明221624816249k k k k ++<++，显然成立， 所以1n k =+时不等式也成立.综合(1)(2)可得对一切的*n N ∈不等式均成立.29.(2020届浙江省金丽衢十二校高三上学期第一次联考)在数列{}n a 中，12a =，1431n n a a n +=-+，*N n ∈.(Ⅰ)证明：数列{}n a n -是等比数列；(Ⅱ)记()n n b a n n =-，求数列{}n b 的前n 项和n S .【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)()31419n n n S -+=【解析】(Ⅰ)证明：由1431n n a a n +=-+，可得()()114n n a n a n +-+=-. 又111a -=，所以数列{}n a n -是首项为1，公比为4的等比数列； (Ⅱ)由(Ⅰ)知14n n a n --=，即14n n a n -=+，所以14n n b n -=⋅，01114244n n S n -=⋅+⋅++⋅L ，① 12414244n n S n =⋅+⋅++⋅L ，②①-②得，21314444n nn S n --=++++-⋅L 4143n n n -=-⋅，所以()31419n nn S -+=30.(2020届浙江省五校高三上学期联考)设数列{}n a 是等比数列，数列{}n b 是等差数列，若223a b ==，359a b ==.(1)若nn nn b c a ⋅=，数列{}n c 中的最大项是第k 项，求k 的值 (2)设n n n d a b =⋅，求数列{}n d 的前n 项和n T 【答案】(1)2k = (2)()131nn T n =-⨯+【解析】(1)设公差为d ，公比为q则11112111314923a a qb d b a q b d d q =⎧⎪=+==⎧⎪⇒⎨⎨=+==⎩⎪⎪=⎩，所以13-=n n a ，21n b n =-；2123n n n n n b n n c a -⋅-==，212313n nn n c +++= 222112312461333n n n n nn n n n n n c c +-++--++-=-= 当1n =时，246120n n -++=>，于是21c c >； 当2n ≥时，24610n n -++<，于是1n n c c +<； 综上所述：123n c c c c <>>⋅⋅⋅>， 于是()2max 2n c c ==，2k = (2)错位相减求和法()1213n n d n -=-⋅，()()01112133321331333213n n n nT n T n -⎧=⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯⎪⎨=⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯⎪⎩，()()()()1213321233321312213223231n n nn n n T n n n ---=+⨯+⋅⋅⋅+--⨯=+--⨯=-+⨯--()131n n T n =-⨯+31.(浙江省宁波市宁波十校2020届高三11月联考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2+2a 4＝a 9，S 6＝36． (1)求a n ，S n ；(2)若数列{b n }满足b 1＝1，1n n b b +=121111nb b b +++≥L (n ∈N *)． 【答案】(1)a n ＝2n ﹣1，S n ＝n 2(2)证明见解析 【解析】(1)设等差数列{a n }的公差设为d ，前n 项和为S n ，且a 2+2a 4＝a 9，S 6＝36， 可得a 1+d +2(a 1+3d )＝a 1+8d ，即2a 1＝d ，又6a 1+15d ＝36，即2a 1+5d ＝12，解得a 1＝1，d ＝2，则a n ＝1+2(n ﹣1)＝2n ﹣1，S n ＝n +n (n ﹣1)＝n 2； (2)证明：数列{b n }满足b 1＝1，1n n b b +==n ，当n ＝1时，b 1b 2＝1，可得b 2＝1，n ≥2时，b n b n ﹣1＝n ﹣1，相减可得b n (b n +1﹣b n ﹣1)＝1，即1nb =b n +1﹣b n ﹣1， 当n ≥2时，1211111n b b b b +++=+L b 3﹣b 1+b 4﹣b 2+b 5﹣b 3+…+b n +1﹣b n ﹣1 11b =-b 1﹣b 2+b n +b n +1≥﹣=1； 当n ＝1时，11b =1＝1，不等式成立，综上可得，121111nb b b +++≥L (n ∈N *)． 32.(2020届浙江省宁波市镇海中学高三上期中)已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足：()*11232n n a a S n N +==-+∈，．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)数列{}n b 满足12b =-，()()()2132n n n b b n n n a +-+=+，求数列{}n b 通项公式．【答案】(1)(2)nn a =--；(2)(2)nn b n-=.【解析】(1)数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足：()*11232n n a a S n N +==-+∈，．当n ≥2时，a n ＝﹣3S n ﹣1+2，两式相减得：a n +1＝﹣2a n ， 所以数列{a n }是以2为首项﹣2为公比的等比数列． 所以(2)nn a =--．(2)由于()()()2132n n n b b n n n a +-+=+，所以()()12322nn nn bb n n++--=-+，由于()()()((122[2)3223212(2)(2)(2)[22)111nn n n n n nn n n nn n n n n n n n +⎤--+-⎤⎡+----⎛⎫⎦⎤-=⋅--=+--=+=- ⎪⎥⎢⎦+++++⎝⎭⎦⎣， 所以()()11221n nn nbb n n++---=-+，所以(2)nn b n-=．33.(2020届浙江省宁波市慈溪市高三上期中)记数列{}n a 的前n 项和为1231nn n i i S a a a a a ==++++=∑L ，已知数列{}n a 满足20202020*11,,A 0,1n i i i i a R n N a a ==∈∈==∑∑.(1)若数列{}n a 为等比数列，求20201ii ia=∑的值；(2)证明：|2020120192ii ia=≤∑. 【答案】(1) 12(2)证明见解析 【解析】(1)设等比数列{}n a 的公比为q ，易知10,1a q ≠≠所以由()2020202011101i i a q a q=-==-∑得20201q=，所以1q =-，又由202011i i a ==∑得112020a =设202020201232019202012320192020ii S iaa a a a a ===+++++∑L202020202342020202112320192020i i qS ia a a a a a ===+++++∑L200020201232020201120211(1)20202020i i q S a a a a a a a =-=++++-=-∑L20202011110202020202020a a q a =-=-=- 202011010S a =-故20202020112i i ia S ===∑ (2)证明：设{1,2,,2019}k ∈L ，因为2020121202010ik k i aa a a a a +==+++++=∑L L所以()12120201212020,k k k k a a a a a a a a a a +++++=-+++++=++L L L L 所以()12020121202012k k k a a a a a a a ++++=++++++L L L ()20201220201111222i i a a a a =≤+++==∑L 故202012320201232020ii iaa a a a ==++++∑L()()(1220202202020192020|a a a a a a a a =+++++++++L L12202022020201920202020a a a a a a a a ≤++++++++++L L L 120192111201902222≤+++⋯+=1442443个即2020120192i i ia =≤∑得证 34.(2019·9月浙江省丽水四校高三联考)已知数列{}n a ，0n a ≥，10a =，22111()n n n a a a n N *+++-=∈．记12n n S a a a =+++L ．112121111(1)(1)(1)(1)(1)n n T a a a a a a =+++++++++L L 求证：(Ⅰ)当n *∈N 时(Ⅰ)101n n a a +≤<<； (Ⅱ)2n S n >-； (Ⅲ)3n T <【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)证明见解析；(Ⅲ)证明见解析【解析】(Ⅰ)证明：因为22112211(1)1(2)(2)nn n n n n a a a a a a n ++-⎧+-=⎨+-=≥⎩ (1)-(2)()()221111n n n n n n a a a a a a ++--++=-所以(1)-(2)可得1n n a a +-与1n n a a --同号，即与21a a -一致.因为2a =，且210a a ->， 10n n a a +∴->22221111110n n n n n n a a a a a a +++++-=∴-=->Q ， 即11n a +< 根据①和②，可知101n n a a +≤<<对任何*n N ∈都成立． (Ⅱ)证明：由22111k k k a a a +++-=，121kn =-L ，，，(2n ≥)，得22231()(1)n n a a a a n a ++++--=L ．因为10a =，所以21n n S n a =--．Q 1n a <，所以2n S n >-．(Ⅲ)证明：由221112k k k k a a a a +++=+≥，得111(2313)12k k ka k n n a a ++=-+L ≤，，，，≥所以23421(3)(1)(1)(1)2n n n a n a a a a -+++L ≤≥，于是2222232211(3)(1)(1)(1)2()22n n n n n n a a n a a a a a ---=<++++L ≤≥， 故当3n ≥时，21111322n n T -<++++<L ， 又因为123T T T <<，所以3n T <．35.(2020届浙江省温州市11月适应测试)已知等差数列{}n a 的首项11a =，数列{}2n a的前n 项和为n S ，且12S +，22S +，32S +成等比数列．(1)求通项公式n a ；(2)求证：11n <L *n N ∈)； 【答案】(1)n a n =；(2)见解析 【解析】(1)记d 为{}n a 的公差，则对任意n *∈N ，112222n n n na a a d a ++-==，即{}2na 为等比数列，公比20dq =>.由12S +，22S +，32S +成等比数列，得2213(2)(2)(2)S S S +=++， 即22[2(1)2](22)[2(1)2]q q q ++=++++，解得2q =，即1d =.所以1(1)n a a n d n =+-=，即()n a n n N *=∈；(2)由(1))n N *++<∈L .下面用数学归纳法证明上述不等式. ①当1n =时，不等式显然成立；②假设当()n k k N *=∈<L ，则当1n k =+<L .因0+=<，<.<L，即当1n k=+时，不等式仍成立.)n N*<+∈L.所以11)n Nn*<+∈L36.(2020届浙江省浙南名校联盟高三上学期第一次联考)已知等比数列{}n a的公比1q>，且13542a a a++=，39a+是15,a a的等差中项，数列{}n b的通项公式nnb=，*n N∈. (Ⅰ)求数列{}n a的通项公式；(Ⅱ)证明：12nb b b+++<L，*n N∈.【答案】(Ⅰ)2nna=；(Ⅱ)详见解析.【解析】(Ⅰ)由39a+是1a，5a的等差中项得153218a a a+=+，所以135a a a++331842a=+=，解得38a=，由1534a a+=，得228834qq+=，解得24q=或214q=，因为1q>，所以2q=.所以，2nna=.(Ⅱ)法1：由(Ⅰ)可得nnb=，*n N∈.Q nn b ==122121n n n +==--+22n n=-∴12n b b b +++=+L ++L1=<法2： 由(Ⅰ)可得nn b =，*n N ∈.我们用数学归纳法证明. (1)当1n =时，11b ==<(2)假设n k =(*k N ∈)时不等式成立，即12k b b b +++<L .那么，当1n k =+时，121k k b b b b +++++L 1k +<=1k +==， 即当1n k =+时不等式也成立. 根据(1)和(2)，不等式12n b b b +++<L ，对任意*n N ∈成立.。
2020年高考理科数学模拟试题含答案及解析5套)
绝密 ★ 启用前2020年高考模拟试题（一）理科数学时间：120分钟 分值：150分注意事项：1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。
2、回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
写在试卷上无效。
3、回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。
4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷（选择题 共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．已知a ，b 都是实数，那么“22a b >”是“22a b >”的（ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件2．抛物线22(0)x py p =>的焦点坐标为（ ）A ．,02p ⎛⎫⎪⎝⎭B ．1,08p ⎛⎫⎪⎝⎭C ．0,2p ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．10,8p ⎛⎫ ⎪⎝⎭3．十字路口来往的车辆，如果不允许掉头，则行车路线共有（ ）A ．24种B ．16种C ．12种D ．10种4．设x ，y 满足约束条件36020 0,0x y x y x y ⎧⎪⎨⎪+⎩---≤≥≥≥，则目标函数2z x y =-+的最小值为（ ）A ．4-B ．2-C ．0D ．2 5．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就．书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马”，若某“阳马”的三视图如图所示（网格纸上小正方形的边长为1），则该“阳马”最长的棱长为（ ）A ．5B ．34C ．41D ．526． ()()()()sin ,00,xf x x x=∈-ππ大致的图象是（ ）A ．B ．C ．D ．此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号7．函数()sin cos (0)f x x x ωωω=->ω的取值不可能为（ ） A ．14B ．15C ．12D ．348．运行如图所示的程序框图，设输出数据构成的集合为A ，从集合A 中任取一个元素a ，则函数ay x =，()0,x ∈+∞是增函数的概率为（ ） A ．35B ．45C ．34D ．37开始输出y结束是否3x =-3x ≤22y x x=+1x x =+9．已知A ，B 是函数2xy =的图象上的相异两点，若点A ，B 到直线12y =的距离相等，则点A ，B 的横坐标之和的取值范围是（ ） A ．(),1-∞-B ．(),2-∞-C ．(),3-∞-D ．(),4-∞-10．在四面体ABCD 中，若AB CD ==，2AC BD ==，AD BC ==体ABCD 的外接球的表面积为（ ） A ．2π B ．4πC ．6πD ．8π11．设1x =是函数()()32121n n n f x a x a x a x n +++=--+∈N 的极值点，数列{}n a 满足11a =，22a =，21log n n b a +=，若[]x 表示不超过x 的最大整数，则122320182019201820182018b b b b b b ⎡⎤+++⎢⎥⎣⎦=（ ）A ．2017B ．2018C ．2019D ．202012．[]0,1上单调递增，则实数a 的取值范围（ ） A ．()1,1- B ．()1,-+∞C ．[]1,1-D ．(]0,+∞第Ⅱ卷（非选择题 共90分）二、填空题：本大题共4个小题,每小题5分,共20分.13．命题“00x ∃>，20020x mx +->”的否定是__________．14．在ABC △中，角B2π3C =，BC =，则AB =__________．15．抛物线24y x =的焦点为F ，过F 的直线与抛物线交于A ，B 两点，且满足4AFBF =，点O 为原点，则AOF △的面积为__________．16．已知函数()()2cos2cos0222xxxf x ωωωω=+>的周期为2π3，当π03x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，时，函数()()g x f x m=+恰有两个不同的零点，则实数m 的取值范围是__________．三、解答题：共70分。
高考数学压轴专题新备战高考《数列》分类汇编及解析
【高中数学】数学复习题《数列》知识点练习一、选择题1．设{a n }为等比数列，{b n }为等差数列，且S n 为数列{b n }的前n 项和.若a 2＝1，a 10＝16且a 6＝b 6，则S 11＝（ ） A ．20 B ．30 C ．44 D ．88【答案】C 【解析】 【分析】设等比数列{a n }的公比为q ，由a 2＝1，a 10＝16列式求得q 2，进一步求出a 6，可得b 6，再由等差数列的前n 项和公式求解S 11. 【详解】设等比数列{a n }的公比为q ，由a 2＝1，a 10＝16，得810216a q a ==，得q 2＝2. ∴4624a a q ==，即a 6＝b 6＝4，又S n 为等差数列{b n }的前n 项和， ∴()1111161111442b b S b+⨯===.故选：C. 【点睛】本题考查等差数列与等比数列的通项公式及性质，训练了等差数列前n 项和的求法，是中档题.2．已知数列22333311313571351,,,,,,,...,,,,...2222222222n n n，则该数列第2019项是（ ） A ．1019892 B ．1020192 C ．1119892 D ．1120192 【答案】C 【解析】 【分析】由观察可得()22333311313571351,,,,,,,...,,,,...2222222222n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭项数为21,1,2,4,8,...,2,...k -，注意到101110242201922048=<<=，第2019项是第12个括号里的第995项. 【详解】由数列()22333311313571351,,,,,,,...,,,,...2222222222n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，可发现其项数为21,1,2,4,8,...,2,...k -，则前11个括号里共有1024项，前12个括号里共有2048项，故原数列第2019项是第12个括号里的第995项，第12个括号里的数列通项为11212m -， 所以第12个括号里的第995项是1119892. 故选：C. 【点睛】本题考查数列的定义，考查学生观察找出已知数列的特征归纳出其项数、通项，是一道中档题.3．若{}n a 为等差数列，n S 是其前n 项和，且11223S π=，则6tan()a 的值为（ ）A B ．C D ．【答案】B 【解析】 【分析】由11162a a a +=,即可求出6a 进而求出答案． 【详解】∵()11111611221123a a S a π+=== ，∴623a π=，()62tan tan 3a π⎛⎫== ⎪⎝⎭故选B. 【点睛】本题主要考查等差数列的性质，熟记等差数列的性质以及等差数列前n 项和性质即可，属于基础题型.4．已知等差数列{}n a 中，若311,a a 是方程2210x x --=的两根，单调递减数列{}()*n b n N ∈通项公式为27n b n a n λ=+.则实数λ的取值范围是（ ）A ．(),3-∞-B ．1,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭C ．1,3⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭D ．()3,-+∞【答案】B 【解析】 【分析】先求出71a =，再根据{}n b 是递减数列，得到121n λ<-+对*n N ∈恒成立，即得解. 【详解】∵311,a a 是方程220x x --=的两根，∴3112a a +=.∵{}n a 是等差数列，∴311722a a a +==，∴71a =，∴2n b n n λ=+，又∵{}n b 是递减数列，∴10n n b b +-<对*n N ∈恒成立， 则()()()22110n n nn λλ+++-+<，∴()2110n λ++<，∴121n λ<-+对*n N ∈恒成立， ∴13λ<-.故选：B. 【点睛】本题主要考查等差中项的应用，考查数列的单调性和数列不等式的恒成立问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.5．将正整数20分解成两个正整数的乘积有120⨯，210⨯，45⨯三种，其中45⨯是这三种分解中两数差的绝对值最小的，我们称45⨯为20的最佳分解.当p q ⨯（p q ≤且*,p q ∈N ）是正整数n 的最佳分解时我们定义函数()f n q p =-，则数列(){}5nf ()*n N ∈的前2020项的和为（ ）A ．101051+B ．1010514-C ．1010512-D ．101051-【答案】D 【解析】 【分析】首先利用信息的应用求出关系式的结果，进一步利用求和公式的应用求出结果． 【详解】解：依题意，当n 为偶数时，22(5)550nnn f =-=； 当n 为奇数时，111222(5)5545n n n n f +--=-=⨯，所以01100920204(555)S =++⋯+，101051451-=-g ，101051=-．故选：D 【点睛】本题考查的知识要点：信息题的应用，数列的求和的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题．6．等差数列{}n a 中，1510a a +=，47a =，则数列{}n a 前6项和6S 为（）A ．18B ．24C ．36D ．72【答案】C 【解析】 【分析】由等差数列的性质可得35a =，根据等差数列的前n 项和公式163466622a a a aS ++=⨯=⨯可得结果. 【详解】∵等差数列{}n a 中，1510a a +=，∴3210a =，即35a =，∴163465766636222a a a a S +++=⨯=⨯=⨯=， 故选C. 【点睛】本题主要考查了等差数列的性质以及等差数列的前n 项和公式的应用，属于基础题.7．设函数()mf x x ax =+的导数为()21f x x '=+，则数列()()2N n f n *⎧⎫⎪⎪∈⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和是（ ） A ．1nn + B ．21nn + C ．21nn - D ．()21n n+ 【答案】B 【解析】 【分析】函数()mf x x ax =+的导函数()21f x x '=+，先求原函数的导数，两个导数进行比较即可求出m ，a ，利用裂项相消法求出()()2N n f n *⎧⎫⎪⎪∈⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和即可．【详解】Q 1()21m f x mx a x -'=+=+，1a \=，2m =，()(1)f x x x ∴=+，112()()(1)221f n n n n n ==-++， ∴111111122[()()()]2(1)1223111n n S n n n n =-+-++-=-=+++L ，故选：B ． 【点睛】本题考查数列的求和运算，导数的运算法则，数列求和时注意裂项相消法的应用．8．数列{a n }，满足对任意的n ∈N +，均有a n +a n +1+a n +2为定值.若a 7=2，a 9=3，a 98=4，则数列{a n }的前100项的和S 100=( ) A ．132 B ．299C ．68D ．99【答案】B 【解析】 【分析】由12n n n a a a ++++为定值，可得3n n a a +=，则{}n a 是以3为周期的数列，求出123,,a a a ，即求100S . 【详解】对任意的n ∈+N ，均有12n n n a a a ++++为定值，()()123120n n n n n n a a a a a a +++++∴++-++=，故3n n a a +=，{}n a ∴是以3为周期的数列，故17298392,4,3a a a a a a ======，()()()100123979899100123133S a a a a a a a a a a a ∴=+++++++=+++L ()332432299=+++=.故选：B . 【点睛】本题考查周期数列求和，属于中档题.9．在等差数列{}n a 中，2436a a +=，则数列{}n a 的前5项之和5S 的值为（ ） A ．108 B ．90C ．72D ．24【答案】B 【解析】由于152436a a a a +=+=，所以1555()5369022a a S +⨯===，应选答案A ． 点睛：解答本题的简捷思路是巧妙运用等差数列的性质152436a a a a +=+=，然后整体代换前5项和中的15=36a a +，从而使得问题的解答过程简捷、巧妙．当然也可以直接依据题设条件建立方程组进行求解，但是解答过程稍微繁琐一点．10．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若150S >，160S <，则n S 取最大值时n 的值为（ ） A ．6 B ．7C ．8D ．13【答案】C【解析】 【分析】根据题意推导出数列{}n a 为单调递减数列，且当8n ≤时，0n a >，当9n ≥时，0n a <，由此可得出结果. 【详解】()115158151502a a S a +==>Q ，()()116168916802a a S a a +==+<，80a ∴>，90a <，所以，等差数列{}n a 的公差980d a a =-<，则数列{}n a 为单调递减数列. 当8n ≤时，0n a >，当9n ≥时，0n a <， 因此，当8n =时，n S 取最大值. 故选：C. 【点睛】本题考查利用等差数列前n 项和的最值求对应的n 的值，主要分析出数列的单调性，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.11．已知数列{}n a 满足：()()2*112,10n n n a a S S n +=+-=∈N ，其中n S 为数列{}n a 的前n 项和.设()()()12111()1n S S S f n n +++=+L ，若对任意的n 均有(1)()f n kf n +<成立，则k 的最小整数值为（ ） A ．2 B ．3C ．4D ．5【答案】A 【解析】 【分析】当1n ≥时，有条件可得()211n n n nS S S S +--=-，从而111n n nS S S +--=，故111111n n S S +-=--，得出 11n S ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是首项、公差均为1的等差数列，从而求出n S 【详解】当1n ≥时，有条件可得()211n n n nS S S S +--=-，从而111n n nS S S +--=，故111111111n n n n n S S S S S +-=-=----，又1111121S ==--，11n S ⎧⎫∴⎨⎬-⎩⎭是首项、公差均为1的等差数列，11n n S ∴=-，1n n S n+=，由()()()12111()1n S S S f n n +++=+L ，得()1(1)1(1)23152,2()2223n n S f n n f n n n n +++++⎡⎫===-∈⎪⎢+++⎣⎭， 依题意知(1)()f n k f n +>， min 2k ∴=.故选：A 【点睛】本题考查数列的综合应用.属于中等题.12．在等差数列{}n a 中，3a ，15a 是方程2650x x -+=的根，则17S 的值是（ ） A ．41 B ．51C ．61D ．68【答案】B 【解析】 【分析】由韦达定理得3156a a +=，由等差数列的性质得117315a a a a +=+，再根据等差数列的前n 项和公式求17S . 【详解】在等差数列{}n a 中，3a ，15a 是方程2650x x -+=的根，3156a a ∴+=.()()11731517171717651222a a a a S ++⨯∴====. 故选：B . 【点睛】本题考查等差数列的性质和前n 项和公式，属于基础题.13．在古希腊，毕达哥拉斯学派把1，3，6，10，15，21，28，36，45，…这些数叫做三角形数.设第n 个三角形数为n a ，则下面结论错误的是（ ） A ．1(1)n n a a n n --=> B ．20210a =C ．1024是三角形数D ．123111121n n a a a a n +++⋯+=+ 【答案】C 【解析】 【分析】对每一个选项逐一分析得解. 【详解】∵212a a -=，323a a -=，434a a -=，…，由此可归纳得1(1)n n a a n n --=>，故A 正确；将前面的所有项累加可得1(1)(2)(1)22n n n n n a a -++=+=，∴20210a =，故B 正确； 令(1)10242n n +=，此方程没有正整数解，故C 错误； 1211111111212231n a a a n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦L L 122111n n n ⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭，故D 正确. 故选C 【点睛】本题主要考查累加法求通项，考查裂项相消法求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.14．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若816S =，61a =，则数列{}n a 的公差为（ ） A ．32B ．32-C ．23D ．23-【答案】D 【解析】 【分析】根据等差数列公式直接计算得到答案. 【详解】 依题意，()()183********a a a a S ++===，故364a a +=，故33a =，故63233a a d -==-，故选：D ． 【点睛】 本题考查了等差数列的计算，意在考查学生的计算能力.15．在等差数列{}n a 中，其前n 项和是n S ，若90S >，100S <，则在912129,,,S S S a a a ⋯中最大的是（ ）A ．11S aB ．88S aC ．55S aD ．99S a【答案】C 【解析】 【分析】由题意知5600a a ＞，＜ ．由此可知569121256900...0,0,...0S S S S Sa a a a a ，，，>>><<，所以在912129...S S S a a a ，，，中最大的是55S a ． 【详解】 由于191109510569()10()9050222a a a a S a S a a ++====+＞，（）＜ ， 所以可得5600a a ＞，＜．这样569121256900...0,0,...0S S S S S a a a a a ，，，>>><<， 而125125S S S a a a ⋯⋯＜＜＜，＞＞＞>0， ，所以在912129...S S S a a a ，，，中最大的是55S a ． 故选C ． 【点睛】本题考查等数列的性质和应用，解题时要认真审题，仔细解答．属中档题.16．正项等比数列{}n a 中的1a 、4039a 是函数()3214633f x x x x =-+-的极值点，则2020a =（ ）A ．1-B ．1CD ．2【答案】B 【解析】 【分析】根据可导函数在极值点处的导数值为0，得出140396a a =，再由等比数列的性质可得. 【详解】解：依题意1a 、4039a 是函数()3214633f x x x x =-+-的极值点，也就是()2860f x x x '=-+=的两个根∴140396a a =又{}n a是正项等比数列，所以2020a =∴20201a ==.故选：B 【点睛】本题主要考查了等比数列下标和性质以应用，属于中档题.17．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12a =，12n n n a S n++=（*n ∈N ），则n S =（ ） A ．121n -+ B ．2n n ⋅C ．31n -D ．123n n -⋅【答案】B 【解析】 【分析】由题得122,1n n a n a n ++=⨯+再利用累乘法求出1(1)2n n a n -=+⋅，即得n S . 【详解】 由题得111(1)(1),,,2121n n n nn n n na n a na n a S S a n n n n ++---=∴=∴=-++++（2n ≥） 所以122,1n n a n a n ++=⨯+（2n ≥） 由题得22166,32a a a =∴==，所以122,1n n a n a n ++=⨯+（1n ≥）. 所以324123134512,2,2,2,234n n a a a a n a a a a n-+=⨯=⨯=⨯=⨯L ， 所以11112,(1)22n n n n a n a n a --+=⋅∴=+⋅. 所以(2)222n n n nS n n n =⨯+⋅=⋅+. 故选：B 【点睛】本题主要考查数列通项的求法，考查数列前n 项和与n a 的关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.18．在一个数列中，如果*n N ∀∈，都有12n n n a a a k ++=（k 为常数），那么这个数列叫做等积数列，k 叫做这个数列的公积.已知数列{}n a 是等积数列，且11a =，22a =，公积为8，则122020a a a ++⋅⋅⋅+=（ ）A ．4711B ．4712C ．4713D ．4715【答案】B 【解析】 【分析】计算出3a 的值，推导出()3n n a a n N *+=∈，再由202036731=⨯+，结合数列的周期性可求得数列{}n a 的前2020项和. 【详解】由题意可知128n n n a a a ++=，则对任意的n *∈N ，0n a ≠，则1238a a a =，31284a a a ∴==， 由128n n n a a a ++=，得1238n n n a a a +++=，12123n n n n n n a a a a a a +++++∴=，3n n a a +∴=， 202036731=⨯+Q ，因此，()1220201231673673714712a a a a a a a ++⋅⋅⋅+=+++=⨯+=.故选：B.【点睛】本题考查数列求和，考查了数列的新定义，推导出数列的周期性是解答的关键，考查推理能力与计算能力，属于中等题.19．{}n a 为等差数列，公差为d ，且01d <<，5()2k a k Z π≠∈，223557sin 2sin cos sin a a a a +⋅=，函数()sin(4)(0)f x d wx d w =+>在20,3π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调且存在020,3x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()f x 关于0(,0)x 对称，则w 的取值范围是（ ） A ．20,3⎛⎤ ⎥⎝⎦ B ．30,2⎛⎤ ⎥⎝⎦ C ．24,33⎛⎤ ⎥⎝⎦ D ．33,42⎛⎤ ⎥⎝⎦【答案】D【解析】【分析】推导出sin4d ＝1，由此能求出d ，可得函数解析式，利用在203x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，上单调且存在()()0020203x f x f x x π⎛⎫∈+-= ⎪⎝⎭，，，即可得出结论． 【详解】 ∵{a n }为等差数列，公差为d ，且0＜d ＜1，a 52k π≠（k ∈Z ）， sin 2a 3+2sin a 5•cos a 5＝sin 2a 7，∴2sin a 5cos a 5＝sin 2a 7﹣sin 2a 3＝2sin372a a +cos 732a a -•2cos 372a a +sin 732a a -=2sin a 5cos2d •2cos a 5sin2d ， ∴sin4d ＝1， ∴d 8π=．∴f （x ）8π=cosωx ，∵在203x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，上单调 ∴23ππω≥， ∴ω32≤； 又存在()()0020203x f x f x x π⎛⎫∈+-= ⎪⎝⎭，，， 所以f （x ）在（0，23π）上存在零点， 即223ππω＜，得到ω34＞． 故答案为 33,42⎛⎤⎥⎝⎦ 故选D【点睛】本题考查等差数列的公差的求法，考查三角函数的图象与性质，准确求解数列的公差是本题关键，考查推理能力，是中档题．20．已知数列11n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是公比为13的等比数列，且10a >，若数列{}n a 是递增数列，则1a 的取值范围为（ ） A ．(1,2)B ．(0,3)C ．(0,2)D ．(0,1) 【答案】D【解析】【分析】先根据已知条件求解出{}n a 的通项公式，然后根据{}n a 的单调性以及10a >得到1a 满足的不等关系，由此求解出1a 的取值范围.【详解】 由已知得11111113n n a a -⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则11111113n n a a -=⎛⎫⎛⎫-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭.因为10a >，数列{}n a 是单调递增数列，所以10n n a a +>>，则111111*********n n a a ->⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，化简得111110113a a ⎛⎫<-<-⎪⎝⎭，所以101a <<. 故选：D.【点睛】 本题考查数列通项公式求解以及根据数列单调性求解参数范围，难度一般.已知数列单调性，可根据1,n n a a +之间的大小关系分析问题.。
2020全国各地市高考数学模拟试题分类解析汇编6 数列
全国各地市2020年模拟试题分类解析汇编：数列【山东省日照市2020届高三12月月考文】（12）若数列{}()为常数满足d N n d a a a nn n ,111*+∈=-，则称数列{}n a 为“调和数列”.已知正项数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n b 1为“调和数列”，且90921=+⋅⋅⋅⋅⋅⋅++b b b ，则64b b ⋅的最大值是 A.10B.100C.200D.400【答案】B【解析】由已知得{}n b 为等差数列，且，＞b b b n 0,2064又=+所以.100226464=⎪⎭⎫⎝⎛+≤⋅b b b b【2020三明市普通高中高三上学期联考文】设等差数列{}n a 的前n 项和为,n S 2a 、4a 是方程220x x --=的两个根，5S = A.52 B.5 C.52- D.-5 【答案】A【解析】2a 、4a 是方程220x x --=的两个根，2a ＋4a ＝1，5S =15()5522a a +⨯=【2020黄冈市高三上学期期末考试文】已知等比数列{}n a 的公比q=2，其前4项和460S =，则2a 等于 （ ）A ．8B ．6C ．-8D ．-6【答案】A【解析】本题主要考查等比数列及其前n 项的和公式. 属于基础知识、基本运算的考查.4141(1)60,260151a q S q a q-==⇒=⇒=-【山东实验中学2020届高三一次诊断文】14. __________________ 已知数列为等比数列，且.,则=________.【答案】16 【解析】解：59259757974,64,{}==256=16n a a a a a a a a a a ==∴Q Q g Q 是等比数列，又，，符号相同，所以 【山东实验中学2020届高三一次诊断文】3. 设为等差数列的前《项和，已知，那么A:2B. 8C. 18D. 36【答案】C 【解析】解：因为1311115199563126,42()9992182设等差数列的公差为，则由可得++d a a a a d a d a a a S a ++==∴==+⨯===⨯=Q因此答案为C【山东实验中学2020届高三第一次诊断性考试理】4. 已知{a n }为等差数列，其公差为-2，且a 7是a 3与a 9的等比中项，S n 为{an}的前n 项和，n ∈N*，则S 10的值为（ ） (A). -110 (B). -90(C). 90 (D). 110【答案】D【解析】解：a 7是a 3与a 9的等比中项，公差为-2，所以a 72=a 3•a 9，所以a 72=（a 7+8）（a 7-4），所以a 7=8，所以a 1=20，所以S 10= 10×20+10×9/2×(-2)=110。
2020年高考数学(理)真题与模拟题分类训练 专题08 数列(教师版含解析)
1．【2020年高考全国II卷理数】北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)
等差数列 的前 项和公式为 ，
等比数列 的前 项和公式为 ，
依题意 ，即 ，
通过对比系数可知 ，故 .
故答案为： .
【点睛】本小题主要考查等差数列和等比数列的前 项和公式，属于中档题.
6．【2020年高考山东】将数列{2n–1}与{3n–2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________．
(1)求 的通项公式；
(2)记 为 在区间 中的项的个数，求数列 的前 项和 ．
【解析】(1)设 的公比为 ．由题设得 ， ．
解得 (舍去)， ．由题设得 ．
所以 的通项公式为 ．
(2)由题设及(1)知 ，且当 时， ．
所以
．
(1)计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；
(2)求数列{2nan}的前n项和Sn．
【解析】(1) 猜想 由已知可得
，
，
……
.
因为 ，所以
(2)由(1)得 ，所以
.①
从而
.②
得
，
所以
9．【2020年高考江苏】已知数列 的首项a1=1，前n项和为Sn．设λ与k是常数，若对一切正整数n，均有 成立，则称此数列为“λ～k”数列．
7．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】
设 是公比不为1的等比数列， 为 ， 的等差中项．
2020年高考各省市模拟试题分类汇编： 数列(解析版)
2020年高考各省市模拟试题分类汇编： 数列1．（2020·东北师大附中高三模拟（文））设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若111a =-，286a a +=-，则n S 的最小值等于（ ） A ．-34 B ．-36C ．-6D ．6【答案】B【解析】设数列{}n a 的公差为d ， ∵286a a +=-， ∴1286a d +=-， 又111a =-， ∴2d =， ∴n S ()112n n dna -=+()111n n n =-+-212n n =-()2636n =--，∴当6n =时，n S 有最小值636S =-，故选B 。
2．（2020·安徽省滁州市定远育才学校高三模拟（文））在等比数列{}n a 中，182n a a +=，3281n a a -=，且前n 项和121n S =，则此数列的项数n 等于（ ） A ．4 B ．5C ．6D ．7【答案】B【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ，由等比数列的性质可得：13281n n a a a a -==， 又182n a a +=，1a ∴和n a 是方程282810x x -+=的两根，解方程得1x =或81x =. 若等比数列{}n a 递增，则11a =，81n a =，121n S =Q ，118112111n a a q qq q--==--解得3q =，18113n -∴=⨯，解得5n =； 若等比数列{}n a 递减，则181a =，1n a =，121n S =Q ，18112111n a a q q q q --==--，解得13q =，118113n -⎛⎫∴=⨯ ⎪⎝⎭，解得5n =. 则此数列的项数n 等于5，故选B 。
3．（2020·福建省华安一中、龙海二中高三联考（文））在等差数列{}n a 中，15487a a a +==，，则5a =（ ） A ．11 B ．10C ．7D ．3【答案】B【解析】依题意，有11148,37a a d a d ++=+=，解得1512,3,410a d a a d =-==+=。
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2020高考数学模拟试题（理）《数列》分类汇编一．选择题（共28小题）1．（2020•涪城区校级模拟）已知等比数列{}n a 的各项均为正数，设其前n 项和n S ，若*14()n n n a a n N +=∈，则5(S = ) A ．30B．C．D ．622．（2020•眉山模拟）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且14121n n S a n +-=-，11a =，*n N ∈，则{}n a 的通项公式(n a = )A ．nB ．1n +C ．21n -D ．21n +3．（2020•龙岩一模）已知数列{}n a满足12n a +=，则12020a a +的最大值是()A．4-B．8C．4+D．8+4．（2020•涪城区校级模拟）已知数列{}n a 中，12a =，21a =，且满足11112(2)111n n n n a a a -++=+++，则(n a = ) A ．51nn -+ B ．22n -C ．3n -D ．62n + 5．（2020•涪城区校级模拟）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且43a =-，1224S =，若0(i j a a i +=，*j N ∈，且1)i j ，则i 的取值集合是( )A ．{1，2，3}B ．{1，2，3，4，5}C ．{6，7，8}D ．{6，7，8，9，10}6．（2020•眉山模拟）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且4763a a a +=+，则9(S =) A ．27B ．272C ．9D ．37．（2020•眉山模拟）已知数列{}n a 为正项的递增等比数列，1612a a +=，2520a a =，则2020201920102009(a a a a -=- )A ．5B ．10C ．25D ．1058．（2020•道里区校级一模）已知等差数列{}n a 的公差为2020，若函数()cos f x x x =-，且122020()()()1010f a f a f a π++⋯+=，记n S 为{}n a 的前n 项和，则2020S 的值为( )A ．1010πB ．20212π C ．2020π D ．40412π9．（2020•咸阳二模）已知数列1a ，21a a ，32a a ，⋯，1n n a a -是首项为8，公比为12的等比数列，则3a 等于( ) A ．64B ．32C ．2D ．410．（2020•内蒙古模拟）已知等差数列{}n a 中，n S 为其前n 项的和，424S =，999S =，则7(a = )A ．13B ．14C ．15D ．1611．（2020•咸阳二模）已知数列1a ，21a a -，32a a -，⋯，1n n a a --是首项为1，公差为2的等差数列，则3a 等于( ) A ．9B ．5C ．4D ．212．（2020•重庆模拟）已知数列{}n a 是各项均为正数的等比数列，12a =，32216a a =+，则29log (a = ) A ．15B ．16C ．17D ．1813．（2020•金安区校级模拟）已知公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足2a ，5a ，9a 成等比数列，则577(5S S = ) A ．57B ．79C ．1011D ．112314．（2020•临汾模拟）在进行123100+++⋯⋯+的求和运算时，德国大数学家高斯提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称之为高斯算法．已知数列24034n na m =+，则122016(m a a a +++⋯⋯+= )A ．5042m+ B ．5044m+ C ．504m + D ．2504m +15．（2020•道里区校级一模）已知数列{}n a 满足211112nn n n n n a a a a a a -+-++=++，n S 为其前n 项和，若11a =，23a =，则6(S = ) A ．128B ．126C ．124D ．12016．（2020•香坊区校级模拟）古希腊毕达哥拉斯学派的“三角形数”是一列点（或圆球）在等距的排列下可以形成正三角形的数，如1，3，6，10，15，⋯，我国宋元时期数学家朱世杰在《四元玉鉴》中所记载的“垛积术”，其中的“落一形”堆垛就是每层为“三角形数”的三角锥的锥垛（如图所示，顶上一层1个球，下一层3个球，再下一层6个球，)⋯．若一“落一形”三角锥垛有10层，则该堆垛总共球的个数为( )A ．55B ．220C ．285D ．38517．（2020•吉林二模）长久以来，人们一直认为黄金分割比例是最美的，人们都不约而同的使用黄金分割，如果一个矩形的宽与长的比例是黄金比例5151(0.61822--≈称为黄金分割比例），这样的矩形称为黄金矩形，黄金矩形有一个特点：如果在黄金矩形中不停分割出正方形，那么余下的部分也依然是黄金矩形，已知图中最小正方形的边长为1，则矩形ABCD 的长为( )（结果保留两位小数）A ．10.09B ．11.85C ．9.85D ．11.0918．（2020•吉林二模）在区间[3-，3]上随机取一个数x ，使得301xx --成立的概率为等差数列{}n a 的公差，且264a a +=-，若0n a >，则n 的最小值为( ) A ．8B ．9C ．10D ．1119．（2020•厦门模拟）定义{max a ，,},a a b b b a b⎧=⎨<⎩．若函数2(){2f x max x =-+，4}x -，数列{}n a 满足()(*)n l n a f a n N +=∈，若{}n a 是等差数列，则1a 的取值范围是( ) A ．{2-，1}B ．(-∞，3][2-，)+∞C ．(-∞，3]{2--⋃，1}D ．(-∞，3][2-，){2U +∞-，1}20．（2020•厦门模拟）已知数列{}n a 满足11a =，1211(2)n n a a a a n -=++⋯++，则7(a =) A ．31B ．32C ．63D ．6421．（2020•邵阳一模）在数列{}n a 中，若11a =，23a =，21(1)n n n a a a n ++=-，则该数列的前50项之和是( ) A ．18B ．8C ．9D ．422．（2020•湖北模拟）已知函数2()(1)x f x e x =+，令1()()f x f x '=，1()()n n f x f x '+=，若2()()x n n n n f x e a x b x c =++，记数列2{}2nn na cb -的前n 项和为n S ，则下列选项中与2019S 的值最接近的是( ) A ．32B ．53C ．74 D ．9523．（2020•临汾模拟）已知等比数列{}n a 中，5115a a -=，426a a -=，则公比(q = ) A ．12或2- B ．12-或2C ．12-或2-D ．12或2 24．（2020•金安区校级模拟）已知数列{}n a 满足13n n a a +=，11a =，012123164nn n n n n a C a C a C a C ++++⋯+=，则21(1)(2)n x x x--展开式中的常数项为( )A ．160-B ．80-C ．80D ．16025．（2020•武汉模拟）已知数列{}n a 满足11a =，211(1)4n n n n a a a a +++-=，且1(*)n n a a n N +>∈，则数列{}n a 的通项公式(n a = ) A ．2nB ．2nC ．2n +D ．32n -26．（2020•淮北一模）已知等差数列{}n a 满足225910a a +，则12345a a a a a ++++的最大值为( ) A．B ．20C ．25D ．10027．（2020•鼓楼区校级模拟）已知数列{}n a ，{}n b ，*n N ∈都是公差为1的等差数列，且113a b +=，1a ，*1b N ∈，设*()n n a c b n N =∈，则数列{}n c 的前7项和等于( )A ．17B ．26C ．35D ．4428．（2020•武昌区模拟）已知数列{}n a 的前n 项和23122n S n n =-，设11n n n b a a +=，n T 为数列{}n b 的前n 项和，若对任意的*n N ∈，不等式93n T n λ<+恒成立，则实数λ的取值范围为( ) A ．(,48)-∞B ．(,36)-∞C ．(,16)-∞D ．(16,)+∞二．解答题（共12小题）29．（2020•广州一模）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，112(*)2n n n S a n N --=∈． （1）求1n n a a ++；（2）令2n n n b a a +=-，证明数列{}n b 是等比数列，并求其前n 项和n T ．30．（2020•桥东区校级模拟）已知n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，0n a ≠，且11a =，2211()8n n n S a a λ+=+-． （1）求λ的值及{}n a 的通项公式； （2）设1n n n n n a Sb S S +=+，求{}n b 的前n 项和n T ． 31．（2020•龙岩一模）已知{}n a 是公差为1的等差数列，数列{}n b 满足11b =，212b =，11n n n n a b b nb +++=．（1）求数列{}n b 的通项公式；（2）设1n n n c b b +=，求数列{}n c 的前n 项和n S ．32．（2020•宜昌模拟）已知数列{}n a 为公差不为零的等差数列，n S 是数列{}n a 的前n 项和，且1a 、2a 、5a 成等比数列，749S =．设数列{}n b 的前n 项和为n T ，且满足2log (2)n T +=． （1）求数列{}n a 、{}n b 的通项公式； （2）令*()nn na c n Nb =∈，证明：123n c c c ++⋯+<．33．（2020•五华区校级模拟）已知{}n a 是公差不为零的等差数列，413a =，且1a ，2a ，7a 成等比数列．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设1(1)n n n b a +=-，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求2019T ．34．（2020•龙岩一模）已知等差数列{}n a 的公差0d ≠，若611a =，且2a ，5a ，14a 成等比数列．（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设11n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n S ． 35．（2020•咸阳二模）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知3718a a +=，636S =． ()I 求数列{}n a 的通项公式及前n 项和为n S ； ()II 设n T 为数列1{}n S n+的前n 项的和，求证：1n T <． 36．（2020•七星区校级一模）已知数列{}n a 中，11a =，23a =，点(n a ，1)n a +在直线210x y -+=上，（Ⅰ）证明数列1{}n n a a +-为等比数列，并求其公比．（Ⅱ）设2log (1)n n b a =+，数列{}n b 的前n 项和为n S ，若(1)m m S a λ+，求实数λ的最小值． 37．（2020•番禺区模拟）设数列{}n a 是公差不为零的等差数列，其前n 项和为n S ，11a =．若1a ，2a ，5a 成等比数列．（1）求n a 及n S ； （2）设*2112()1n a n n b n N a+=+∈-，求数列{}n b 前n 项和n T ．38．（2020•福清市一模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足22n n a S -=． （Ⅰ）求n a（Ⅱ）若数列{}n b 满足*14()nn n n a b n N S S +=∈，{}n b 的前n 项和n T ． 39．（2020•邵阳一模）已知正项数列{}n a 中，11a =，2211230n n n n a a a a ++--=．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n n b a -是等差数列，且12b =，314b =，求数列{}n b 的前n 项和n S ． 40．（2020•荔湾区校级模拟）已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足341S a +=，231S a +=．（1）求{}n a 的通项公式n a ；（2）记12n n n n b S S +=，12n n T b b b =++⋯+，试比较n T 与1的大小．答案解析一．选择题（共28小题）1．（2020•涪城区校级模拟）已知等比数列{}n a 的各项均为正数，设其前n 项和n S ，若*14()n n n a a n N +=∈，则5(S = ) A ．30B．C．D ．62【解答】解：等比数列{}n a 的各项均为正数，设其前n 项和n S ，*14()n n n a a n N +=∈，124a a ∴=，2316a a =，且0q >，解得2q =，1a =5S ∴==．故选：B ．2．（2020•眉山模拟）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且14121n n S a n +-=-，11a =，*n N ∈，则{}n a 的通项公式(n a = )A ．nB ．1n +C ．21n -D ．21n +【解答】解：14121n n S a n +-=-， 1(21)41n n n a S +∴-=-①， 1(23)41(2)n n n a S n -∴-=-②，①-②得：1(21)(23)4(2)n n n n a n a a n +---=， 整理得：121(2)21n n a n n a n ++=-， 1232112321n n n n n n n a a a a a a a a a a a a -----∴=⋯21232553123252731n n n n n n ---=⋯---21(2)n n =-，又11a =，符合上式，21n a n ∴=-．故选：C ．3．（2020•龙岩一模）已知数列{}n a满足12n a +=，则12020a a +的最大值是()A．4-B．8C．4+D．8+【解答】解：依题意12n a +=221(2)(2)4n n a a +-+-=， 令2(2)n n b a =-，则14n n b b ++=，214n n b b ++∴+=，于是2n n b b +=，211(2)b a ∴=-，2202022(2)b b a ==-，12020124b b b b ∴+=+=，即2212020(2)(2)4a a -+-=，法一：112020202022cos 4)42222sin 4a a a a θπθθ=+⎧⇒+=+++⎨=+⎩（当且仅当4πθ=时等号成立）；法二：2222x yx y ++ 11202012020((2)(2)4244a a a a a -∴+=--+⨯=+（当且仅当120202a a ==+法三：2212020(2)(2)4a a -+-=，即1(a，2020)a 在22(2)(2)4x y -+-=上， 令z x y =+，即0x y z +-=，2d ∴=，|4|22z ∴-，42422z ∴-+ 4max z ∴=+．故选：C ．4．（2020•涪城区校级模拟）已知数列{}n a 中，12a =，21a =，且满足11112(2)111n n n n a a a -++=+++，则(n a = ) A ．51nn -+ B ．22n - C ．3n -D ．62n + 【解答】解：11112(2)111n n n n a a a -++=+++， ∴数列1{}1n a +是等差数列，其首项为11213=+，公差211111111236d a a =-=-=++， ∴1111(1)1366n n n a +=+-⨯=+， 611n a n ∴+=+， 51n na n -∴=+． 故选：A ．5．（2020•涪城区校级模拟）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且43a =-，1224S =，若0(i j a a i +=，*j N ∈，且1)i j ，则i 的取值集合是( )A ．{1，2，3}B ．{1，2，3，4，5}C ．{6，7，8}D ．{6，7，8，9，10}【解答】解：等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，设公差为d ，且43a =-，1224S =， 即133a d +=-，1121112242a d ⨯+⨯=， 求得19a =-，2d =，9(1)211n a n d n ∴=-+-=-．若0(i j a a i +=，*j N ∈，且1)i j ，则2112110i j a a i j +=-+-=，即11i j +=， 1i ∴=，10j =； 或2i =，9j =； 或3i =，8j =；或4i =，7j =；或5i =，6j =，则i 的取值集合是{1，2，3，4，5 }， 故选：B ．6．（2020•眉山模拟）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且4763a a a +=+，则9(S =) A ．27B ．272C ．9D ．3【解答】解：由等差数列的性质可得，475663a a a a a +=+=+， 53a ∴=，则19959()9272a a S a +===． 故选：A ．7．（2020•眉山模拟）已知数列{}n a 为正项的递增等比数列，1612a a +=，2520a a =，则2020201920102009(a a a a -=- )A ．5B ．10C ．25D ．105【解答】解：数列{}n a 为正项的递增等比数列，1612a a +=，2520a a =，∴51125112200a a q a q q ⎧+=⎪=⎨⎪>⎩，解得12a =，q =， ∴20192018201810202020192009200820082010200922(1)2522(1)a a q q q q q a a q q q q ---====---． 故选：C ．8．（2020•道里区校级一模）已知等差数列{}n a 的公差为2020，若函数()cos f x x x =-，且122020()()()1010f a f a f a π++⋯+=，记n S 为{}n a 的前n 项和，则2020S 的值为( )A ．1010πB ．20212π C ．2020π D ．40412π 【解答】解：设{}n a 的公差为d ，由()cos f x x x =-，且122020()()()1010f a f a f a π++⋯+=， 可得122020122020()(cos cos cos )1010a a a a a a π++⋯+-++⋯+=， 即120201*********()(cos cos cos )1010a a a a a π+-++⋯+=，① 又对11010i π．i Z ∈，有20212(20212)2(20212)(20212)(20212)cos cos cos[]cos[]2222i i i i a i d a i d i d i da a -+-+---+=-++2021120202(20212)(20212)(20212)(20212)2coscos 2cos cos 2cos cos222222i i i a i d a a a a i d i d i d-+-++---===． 设120202a a m +=，则①即为1202022019101010112020[(cos cos )(cos cos )(cos cos )]1010m a a a a a a π-++++⋯++=，即2019201720202cos [coscos cos ]1010222d d dm m π-++⋯+=②， 设20192017()20202cos [coscos cos ]1010222d d dg x x x π=-++⋯+-，由2020d =， 可得20192017()20202sin [coscos cos ]202020200222d d dg x x '=+++⋯+>-=， 所以()g x 在R 上递增，且()02g π=， 又由②可得()0g m =，所以2m π=，即1202022a a π+=， 所以102020202020()10102a a S π+==．故选：A ．9．（2020•咸阳二模）已知数列1a ，21a a ，32a a ，⋯，1n n a a -是首项为8，公比为12的等比数列，则3a 等于( ) A ．64B ．32C ．2D ．4【解答】解：由 题意可得，1118()2n n n a a --=⨯，18a =， 所以214a a =即232a =，322a a =， 所以364a =． 故选：A ．10．（2020•内蒙古模拟）已知等差数列{}n a 中，n S 为其前n 项的和，424S =，999S =，则7(a = )A ．13B ．14C ．15D ．16【解答】解：因为424S =，999S =， 11462493699a d a d +=⎧⎨+=⎩，解可得，13a =，2d = 则71615a a d =+=． 故选：C ．11．（2020•咸阳二模）已知数列1a ，21a a -，32a a -，⋯，1n n a a --是首项为1，公差为2的等差数列，则3a 等于( ) A ．9B ．5C ．4D ．2【解答】解：由题意可得，112(1)21n n a a n n --=+-=-，11a =， 故24a =，39a =， 故选：A ．12．（2020•重庆模拟）已知数列{}n a 是各项均为正数的等比数列，12a =，32216a a =+，则29log (a = ) A ．15B ．16C ．17D ．18【解答】解：数列{}n a 是各项均为正数的等比数列，12a =，32216a a =+，222216q q ∴=⨯+，且0q >， 解得4q =，8292log 2417a log ∴=⨯=． 故选：C ．13．（2020•金安区校级模拟）已知公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足2a ，5a ，9a 成等比数列，则577(5S S = ) A ．57B ．79C ．1011D ．1123【解答】解：设{}n a 的公差为d ，且0d ≠，2a ，5a ，9a 成等比数列，可得2529a a a =， 即2111(4)()(8)a d a d a d +=++， 整理可得18a d =，故1553741775()7821025583117()2a a S a d d S a d d a a ⨯++====+⨯+． 故选：C ．14．（2020•临汾模拟）在进行123100+++⋯⋯+的求和运算时，德国大数学家高斯提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称之为高斯算法．已知数列24034n na m =+，则122016(m a a a +++⋯⋯+= )A ．5042m+ B ．5044m+ C ．504m + D ．2504m +【解答】解：依题意24034n na m =+，记122016m S a a a +=++⋯⋯+，则122015201624034240342403424034m m S m m m m ++=++⋯++++++， 又201620152124034240342403424034m m S m m m m ++=++⋯++++++， 两式相加可得201720172017201720162240342403424034240342m m m m m S m m m m +++++=++⋯++=++++， 则201650444m mS +==+． 故选：B ．15．（2020•道里区校级一模）已知数列{}n a 满足211112nn n n n n a a a a a a -+-++=++，n S 为其前n 项和，若11a =，23a =，则6(S = ) A ．128B ．126C ．124D ．120【解答】解：211112nn n n n n a a a a a a -+-++=++，11a =，23a =， 22213132a a a a a a ∴+=++，即39621a +=+，解得：37a =；同理，由23324242a a a a a a +=++，即4491443a +=+， 解得：415a =；同理解得：531a =；663a =， 6137153163120S ∴=+++++=，故选：D ．16．（2020•香坊区校级模拟）古希腊毕达哥拉斯学派的“三角形数”是一列点（或圆球）在等距的排列下可以形成正三角形的数，如1，3，6，10，15，⋯，我国宋元时期数学家朱世杰在《四元玉鉴》中所记载的“垛积术”，其中的“落一形”堆垛就是每层为“三角形数”的三角锥的锥垛（如图所示，顶上一层1个球，下一层3个球，再下一层6个球，)⋯．若一“落一形”三角锥垛有10层，则该堆垛总共球的个数为( )A ．55B ．220C ．285D ．385 【解答】解：数列{}n a 如1，3，6，10，15，⋯，可得通项公式(1)2n n n a +=． 2221212(1)(21)(1)22122n n n n n n n n S ++⋯+++⋯++++∴=+=+． 10n =时，可得：101011211011220122S ⨯⨯⨯=+=．故选：B ．17．（2020•吉林二模）长久以来，人们一直认为黄金分割比例是最美的，人们都不约而同的使用黄金分割，如果一个矩形的宽与长的比例是黄金比例5151(0.61822--≈称为黄金分割比例），这样的矩形称为黄金矩形，黄金矩形有一个特点：如果在黄金矩形中不停分割出正方形，那么余下的部分也依然是黄金矩形，已知图中最小正方形的边长为1，则矩形ABCD 的长为( )（结果保留两位小数）A ．10.09B ．11.85C ．9.85D ．11.09【解答】解：根据题意，如图：若图中最小正方形的边长为1，即1HP =，则矩形HPLJ 中，5151LP HJ +===- 则在矩形HJIF 中，251(51HF +==-，同理：351()2FC +=，451()2DC +=， 则551()11.092BC +=≈； 故选：D ．18．（2020•吉林二模）在区间[3-，3]上随机取一个数x ，使得301xx --成立的概率为等差数列{}n a 的公差，且264a a +=-，若0n a >，则n 的最小值为( ) A ．8B ．9C ．10D ．11【解答】解：由题意，本题符合几何概型，区间[3-，3]长度为6， 使得得301xx --成立的x 的范围为(1，3]的区间长度为2， 故使得301xx --成立的概率为2163=，即差数列{}n a 的公差13d =， 又26442a a a +=-=，42a ∴=-，1102(4)33n n a n -=-+-=， 令0n a >，则有10n >，故n 的最小值为11， 故选：D ．19．（2020•厦门模拟）定义{max a ，,},a a bb b a b⎧=⎨<⎩．若函数2(){2f x max x =-+，4}x -，数列{}n a 满足()(*)n l n a f a n N +=∈，若{}n a 是等差数列，则1a 的取值范围是( ) A ．{2-，1}B ．(-∞，3][2-，)+∞C ．(-∞，3]{2--⋃，1}D ．(-∞，3][2-，){2U +∞-，1}【解答】解：令224x x -+=-，解得2x =，3-．()24,322,32x x x f x x x --⎧∴=⎨-+-<<⎩或．{}n a 是等差数列，1()n n n n a a f a a +∴-=-=常数．①144n n n n a a a a +-=--=-为常数，14(1)n a a n =--．224n n a a -+-，解得3n a -或2n a 恒成立，则13a -．②若{}n a 为常数列，则212n n n a a a +==-，解得2n a =-或1．1a ∴的取值范围是(-∞，3]{2--⋃，1}，故选：C ．20．（2020•厦门模拟）已知数列{}n a 满足11a =，1211(2)n n a a a a n -=++⋯++，则7(a =) A ．31B ．32C ．63D ．64【解答】解：依题意，当2n 时，由121111n n n a a a a S --=++⋯++=+，①可得 11n n a S +=+，②②-①，可得11n n n n n a a S S a +--=-=， 整理，得12n n a a +=．∴数列{}n a 是以1为首项，2为公比的等比数列．11122n n n a --∴==，*n N ∈． 717264a -∴==． 故选：D ．21．（2020•邵阳一模）在数列{}n a 中，若11a =，23a =，21(1)n n n a a a n ++=-，则该数列的前50项之和是( ) A ．18B ．8C ．9D ．4【解答】解：在数列{}n a 中，若11a =，23a =，21(1)n n n a a a n ++=-， 3312a ∴=-=，4231a =-=-， 5123a =--=-，6312a =-+=-， 7231a =-+=， 8123a =+=，∴数列{}n a 是以6为周期的数列．50682=⨯+，∴该数列的前50项之和是：50123456128()S a a a a a a a a =⨯+++++++8(132132)134=++---++=．故选：D ．22．（2020•湖北模拟）已知函数2()(1)x f x e x =+，令1()()f x f x '=，1()()n n f x f x '+=，若2()()x n n n n f x e a x b x c =++，记数列2{}2nn na cb -的前n 项和为n S ，则下列选项中与2019S 的值最接近的是( ) A ．32B ．53C ．74 D ．95【解答】解：由22()(1)(21)x x f x e x e x x =+=++， 得21()()(43)x f x f x e x x ='=++，221()()(67)x f x f x e x x '==++， 232()()(813)x f x f x e x x '==++，⋯21()()[2(1)(1)(2)1]x n n f x f x e x n x n n '+==++++++． 又2()()x n n n n f x e a x b x c =++， 1n a ∴=，2n b n =，(1)1n c n n =++．∴222212221n n n a c b n n ==-++． 令22211111(2)21(1)1n n n n a d n c b n n n n n n==<<=--+--，则2019123111111313(1)()()2223122n S d d d d n n n =+++⋯+<+-+-+⋯+-=-<-． ∴与2019S 的值最接近的是32． 故选：A ．23．（2020•临汾模拟）已知等比数列{}n a 中，5115a a -=，426a a -=，则公比(q = ) A ．12或2- B ．12-或2C ．12-或2-D ．12或2 【解答】解：5115a a -=，426a a -=，则4131(1)15()6a q a q q ⎧-=⎪⎨-=⎪⎩， 22520q q ∴-+=， 解可得，2q =或12q =． 故选：D ．24．（2020•金安区校级模拟）已知数列{}n a 满足13n n a a +=，11a =，012123164n n n n n n a C a C a C a C ++++⋯+=，则21(1)(2)n x x x--展开式中的常数项为( )A ．160-B ．80-C ．80D ．160【解答】解：因为13n n a a +=，所以数列{}n a 为等比数列，所以13n n a -=，所以0121231n n n n n n a C a C a C a C ++++⋯+0011223333n nn n n n C C C C =+++⋯+(13)464n n =+==，所以3n =， 所以61(1)(2)x x x--，其中61(2)x x-展开式的第1r +项为66621661(2)()(1)2r r r r rr r r T C x C x x---+=-=-，令621r -=-，得72r =（舍去），令3r =可得4160T =-，所以二项式2321(1)(44)x x x-+-，展开式中常数项为：1(160)160-⨯-=． 故选：D ．25．（2020•武汉模拟）已知数列{}n a 满足11a =，211(1)4n n n n a a a a +++-=，且1(*)n n a a n N +>∈，则数列{}n a 的通项公式(n a = ) A ．2nB ．2nC ．2n +D ．32n -【解答】解：11a =，211(1)4n n n n a a a a +++-=，且1(*)n n a a n N +>∈， 111n n n n a a a ++∴+-=，∴1=1，∴数列是以1为首项，1为公差的等差数列，∴1(1)1n n =+-⨯=，2n a n ∴=． 故选：B ．26．（2020•淮北一模）已知等差数列{}n a 满足225910a a +，则12345a a a a a ++++的最大值为( )A ．B ．20C ．25D ．100【解答】解：设等差数列{}n a 的公差为d ，由225910a a +， 得2233(2)(6)10a d a d +++， 即223320850d a d a ++-； 由△2233(8)420(5)0a a =-⨯⨯-， 化简得2325a ， 解得355a -，所以123453525a a a a a a ++++=， 即12345a a a a a ++++的最大值为25． 故选：C ．27．（2020•鼓楼区校级模拟）已知数列{}n a ，{}n b ，*n N ∈都是公差为1的等差数列，且113a b +=，1a ，*1b N ∈，设*()n n a c b n N =∈，则数列{}n c 的前7项和等于( )A ．17B ．26C ．35D ．44【解答】解：113a b +=，1a ，*1b N ∈， 可得11a =，12b =或12a =，11b =，数列{}n a ，{}n b ，*n N ∈都是公差为1的等差数列，可得11n a n n =+-=，211n b n n =+-=+；或1n a n =+，n b n =， 则1n n a n c b b n ===+，数列{}n c 的前7项和等于17(28)352⨯⨯+=，故选：C ．28．（2020•武昌区模拟）已知数列{}n a 的前n 项和23122n S n n =-，设11n n n b a a +=，n T 为数列{}n b 的前n 项和，若对任意的*n N ∈，不等式93n T n λ<+恒成立，则实数λ的取值范围为( ) A ．(,48)-∞B ．(,36)-∞C ．(,16)-∞D ．(16,)+∞【解答】解：由题意，当1n =时，2113111122a S ==-=． 当2n 时，2213131[(1)(1)]322222n n n a S S n n n n n -=-=-----=-，32n a n ∴=-，*n N ∈．则111111()(32)(31)33231n n n b a a n n n n +===--+-+． 设数列{}n b 的前n 项和n T ，则 12n n T b b b =++⋯+11111111(1)()()3434733231n n =-+-+⋯+--+ 111111(1)34473231n n =-+-+⋯+--+11(1)331n =-+ 31nn =+． 对任意的*n N ∈，不等式93n T n λ<+恒成立，∴对任意的*n N ∈，不等式9331nn n λ<++恒成立， 即对任意的*n N ∈，不等式23(31)n nλ+<恒成立．构造数列{}n c ：令23(31)n n c n+=，*n N ∈．22213(34)3(31)3(991)01(1)n n n n n n c c n n n n ++++--=-=>++，*n N ∈．∴数列{}n c 是单调递增数列． ∴数列{}n c 的最小值为148c =．48λ∴<．故选：A ．二．解答题（共12小题）29．（2020•广州一模）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，112(*)2n n n S a n N --=∈． （1）求1n n a a ++；（2）令2n n n b a a +=-，证明数列{}n b 是等比数列，并求其前n 项和n T ． 【解答】解：（1）由1122n n n S a --=，可得1n =时，11a S =，又1121S a -=，即11a =； 2n 时，1n n n a S S -=-，112122n n n S a ----=，又1122n n n S a --=， 两式相减可得1112n n n a a --+=-， 即有112n n na a ++=-； （2）证明：由（1）可得112n n na a ++=-， 即有12112n n n a a ++++=-， 两式相减可得2112n n n n b a a ++=-=，则1122122n n n n b b +++==，可得数列{}n b 是首项为14，公比为12的等比数列， 前n 项和111(1)114212212n n n T +-==--． 30．（2020•桥东区校级模拟）已知n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，0n a ≠，且11a =，2211()8n n n S a a λ+=+-． （1）求λ的值及{}n a 的通项公式； （2）设1n n n n n a Sb S S +=+，求{}n b 的前n 项和n T ． 【解答】解：（1）数列{}n a 是等差数列，11a =，设公差为d ， 又2211()8n n n S a a λ+=+-， 221111(())8a a a d λ∴=++-，即2211[1(1)]8d λ=++-①；2212111[()(2)]8a a a d a d λ+=+++-，即22111[(1)(12)]8d d d λ++=+++-②，联立①②得：2d =或1d =-， 当2d =时，2λ=；当1d =-时，20a =，不符合题意，舍去． 1(1)221n a n n ∴=+-⨯=-．（2）1111111n n n n n n n n n n n n n n a S a S a a a b S S S S S S ++++++-=+=+=-+， 121121a a b S S ∴=-+， 322231a ab S S =-+，⋯，1111n nn n na ab S S ---=-+， 111n n n n n a a b S S ++=-+， 将以上n 个式子左右分别相加得：1112211211(1)n n n n a a n T b b b n n S S n +++=++⋯+=-+=+-+． 31．（2020•龙岩一模）已知{}n a 是公差为1的等差数列，数列{}n b 满足11b =，212b =，11n n n n a b b nb +++=．（1）求数列{}n b 的通项公式；（2）设1n n n c b b +=，求数列{}n c 的前n 项和n S ． 【解答】解：（1）由题意，可知1221a b b b +=， 即111122a +=，解得11a =． 又数列{}n a 是公差为1的等差数列， 11n a n n ∴=+-=．111(1)n n n n n a b b n b nb +++∴+=+=，∴数列{}n nb 是常数数列，即111n nb b ==，1n b n∴=，*n N ∈． （2）由（1）知，1111(1)1n n n c b b n n n n +===-++， 故12n n S c c c =++⋯+ 1111112231n n =-+-+⋯+-+ 111n =-+ 1nn =+． 32．（2020•宜昌模拟）已知数列{}n a 为公差不为零的等差数列，n S 是数列{}n a 的前n 项和，且1a 、2a 、5a 成等比数列，749S =．设数列{}n b 的前n 项和为n T ，且满足2log (2)n T +=． （1）求数列{}n a 、{}n b 的通项公式； （2）令*()nn na c n Nb =∈，证明：123n c c c ++⋯+<． 【解答】解：（1）设数列{}n a 为公差d 不为零的等差数列，由1a 、2a 、5a 成等比数列，可得2215a a a =，即2111()(4)a d a a d +=+，化为12d a =， 由749S =，可得172149a d +=，即有14949a =，解得11a =，2d =， 可得12(1)21n a n n =+-=-，*n N ∈； 又21(121)2n S n n n =+-=，由数列{}n b 的前n 项和为n T，且2log (2)1n T n +==+， 可得122n n T ++=，即122n n T +=-，当1n =时，112b T ==；2n 时，1122222n n n n n n b T T +-=-=--+=，对1n =也成立， 则2n n b =，*n N ∈； （2）证明：由*()n n n a c n N b =∈，可得1(21)()2n n c n =-， 设21211113()(21)()222n n n R c c c n =++⋯+=++⋯+-， 23111111()3()(21)()2222n n R n +=++⋯+-， 上面两式相减可得211111112[()()](21)()22222n n n R n +=++⋯+--1111(1)11422(21)()12212n n n -+-=+---，化简可得13(23)()2n n R n =-+，由1(23)()02n n +>，可得123n c c c ++⋯+<．33．（2020•五华区校级模拟）已知{}n a 是公差不为零的等差数列，413a =，且1a ，2a ，7a 成等比数列．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设1(1)n n n b a +=-，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求2019T ． 【解答】解：（1）设{}n a 的公差为d ，0d ≠， 1a ，2a ，7a 成等比数列，∴2217a a a =，可得2111()(6)a d a a d +=+，又0d ≠，得14d a =， 又41313a a d =+=，联立可得11a =，4d =， 14(1)43n a n n ∴=+-=-；（2）11(1)(1)(43)n n n n b a n ++=-=--，2019122009T b b b ∴=++⋯+(15)(913)(80658069)8073=-+-+⋯+-+ (4)100980734037=-⨯+=．34．（2020•龙岩一模）已知等差数列{}n a 的公差0d ≠，若611a =，且2a ，5a ，14a 成等比数列．（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设11n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n S ． 【解答】解：（1）611a =，1511a d ∴+=，①2a ，5a ，14a 成等比数列，∴2111(4)()(13)a d a d a d +=++，化简得12d a =，②由①②可得，11a =，2d =．∴数列的通项公式是21n a n =-；（2）由（1）得111111()(21)(21)22121n n n b a a n n n n +===--+-+， 1211111111(1)(1)2335212122121n n nS b b b n n n n ∴=++⋯+=-+-+⋯+-=-=-+++． 35．（2020•咸阳二模）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知3718a a +=，636S =． ()I 求数列{}n a 的通项公式及前n 项和为n S ； ()II 设n T 为数列1{}n S n+的前n 项的和，求证：1n T <． 【解答】()I 解：()I 由题意，设等差数列{}n a 的公差为d ，则112818656362a d a d +=⎧⎪⎨⨯+=⎪⎩，解得112a d =⎧⎨=⎩． ∴数列{}n a 的通项公式为12(1)21n a n n =+-=-，*n N ∈．2(1)122n n n S n n -=+=． ()II 证明：由()I 知，211111(1)1n S n n n n n n n ===-++++． 则1211112n n T S S S n=++⋯++++ 1111112231n n =-+-+⋯+-+ 1111n =-<+． 即1n T <．36．（2020•七星区校级一模）已知数列{}n a 中，11a =，23a =，点(n a ，1)n a +在直线210x y -+=上，（Ⅰ）证明数列1{}n n a a +-为等比数列，并求其公比．（Ⅱ）设2log (1)n n b a =+，数列{}n b 的前n 项和为n S ，若(1)m m S a λ+，求实数λ的最小值． 【解答】解：（Ⅰ）证明：点(n a ，1)n a +在直线210x y -+=上，可得121n n a a +=+， 即有112(1)n n a a ++=+，可得{1}n a +为首项为2，公比为2的等比数列，可得12n n a +=， 即21n n a =-，1121(21)2n n n n n a a ++-=---=， 可得数列1{}n n a a +-为等比数列，其公比为2； （Ⅱ）设22log (1)log 2n n b a =+=n n =，1(1)2n S n n =+，(1)m m S a λ+即为1(1)22m m m λ+，可得(1)22mm m λ+恒成立， 由(1)2m m m m c +=，111(1)(2)(1)(1)(2)222m mm m m m m m m m m c c +++++++--=-=， 当1m =时，21c c >，2m =时，32c c =，2m >时，1m m c c +<， 即12345c c c c c <=>>>⋯，可得2332c c ==为最大值，即有32λ， 则34λ，即实数λ的最小值为34．37．（2020•番禺区模拟）设数列{}n a 是公差不为零的等差数列，其前n 项和为n S ，11a =．若1a ，2a ，5a 成等比数列．（1）求n a 及n S ； （2）设*2112()1n a n n b n N a+=+∈-，求数列{}n b 前n 项和n T ．【解答】解：（1）设数列{}n a 是公差为d ，且不为零的等差数列，11a =．若1a ，2a ，5a 成等比数列，可得2152a a a =， 即有21(14)(1)d d +=+，解得2d =， 则12(1)21n a n n =+-=-；21(121)2n S n n n =+-=；（2）21212211111122()21(21)141n a n n n n b a n n n --+=+=+=-+-+-+， 可得前n 项和21111111(1)(282)42231n n T n n -=-+-+⋯+-+++⋯++112(14)2(1)(41)4114443n n n n n -=-+=+-+-+． 38．（2020•福清市一模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足22n n a S -=． （Ⅰ）求n a（Ⅱ）若数列{}n b 满足*14()nn n n a b n N S S +=∈，{}n b 的前n 项和n T ． 【解答】解：（1）22n n a S -=．2n ∴时，1122n n a S ---=，可得：1220n n n a a a ---=，可得：12n n a a -=．1n =时，1122a a -=，解得12a =，∴数列{}n a 是首项公比都为2的等比数列．2n n a ∴=．（2）由（1）可得：2(21)2(21)21n n n S -==--．11211(21)(21)2121n n n n n n b ++∴==-----． ∴数列{}n b 的前n 项和223111111111121212*********n n n n T ++=-+-+⋯⋯+-=--------． 39．（2020•邵阳一模）已知正项数列{}n a 中，11a =，2211230n n n n a a a a ++--=．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n n b a -是等差数列，且12b =，314b =，求数列{}n b 的前n 项和n S ．【解答】解：（1）正项数列{}n a 中，11a =，2211230n n n n a a a a ++--=．11(3)()0n n n n a a a a ++∴-+=，13n n a a +∴=，∴数列{}n a 为等比数列．13n n a -∴=．（2）设等差数列{}n n b a -的公差为d ，且12b =，314b =， 2143212d ∴-=-+，解得2d =． 12(1)21n c n n ∴=+-=-．∴数列{}n b 的前n 项和21(1321)1333n n S n -=++⋯⋯+-++++⋯⋯+2(121)3131222n n n n n +---=+=+． 40．（2020•荔湾区校级模拟）已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足341S a +=，231S a +=．（1）求{}n a 的通项公式n a ；（2）记12nn n n b S S +=，12n n T b b b =++⋯+，试比较n T 与1的大小．【解答】解：（1）等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足341S a +=，231S a +=． 设公比为q ，首项为1a ，则：12341a a a a +++=①，1231a a a ++=，由①②得：123412311a a a a a a a +++=⎧⎨++=⎩整理得：342a a =， 解得2q =．11a =． 所以11122n n n a --==． （2）由于12n n a -=，所以(21)2121n n n S -==--，1121n n S ++=-，则：1112211(21)(21)2121n n n n n n n n n b S S +++===-----． 所以：1211111111111337212121n n n n n T b b b ++=++⋯+=-+-+⋯+-=-<---。