数列历年高考真题分类汇编
近五年(2017-2021)高考数学真题分类汇编07 数列
①求数列{bn}的通项公式；
②设m为正整数，若存在“M－数列”{cn}，对任意正整数k，当k≤m时，都有 成立，求m的最大值．
53．（2019·北京（文））设{an}是等差数列，a1=–10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列．
A．1盏B．3盏
C．5盏D．9盏
二、填空题
22．（2020·海南）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________．
23．（2020·浙江）我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列 就是二阶等差数列，数列 的前3项和是________．
A．2a4=a2+a6B．2b4=b2+b6C． D．
7．（2020·全国（文））设 是等比数列，且 ， ，则 （）
A．12B．24C．30D．32
8．（2020·全国（文））记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5–a3=12，a6–a4=24，则 =（）
A．2n–1B．2–21–nC．2–2n–1D．21–n–1
近五年（2017-2021）高考数学真题分类汇编
七、数列
一、单选题
1．（2021·全国（文））记 为等比数列 的前n项和.若 ， ，则 （）
A．7B．8C．9D．10
2．（2021·浙江）已知 ，函数 .若 成等比数列，则平面上点 的轨迹是（）
A．直线和圆B．直线和别解答，则按第一个解答计分．
43．（2021·全国（理））记 为数列 的前n项和， 为数列 的前n项积，已知 ．
（1）证明：数列 是等差数列;
专题08 数列-2022年高考真题和模拟题数学分类汇编(解析版)
专题08 数列1．【2022年全国乙卷】已知等比数列{a n }的前3项和为168，a 2−a 5=42，则a 6=（ ） A ．14 B ．12 C ．6 D ．3【答案】D 【解析】 【分析】设等比数列{a n }的公比为q,q ≠0，易得q ≠1，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解. 【详解】解：设等比数列{a n }的公比为q,q ≠0， 若q =1，则a 2−a 5=0，与题意矛盾， 所以q ≠1，则{a 1+a 2+a 3=a 1(1−q 3)1−q =168a 2−a 5=a 1q −a 1q 4=42，解得{a 1=96q =12 ， 所以a 6=a 1q 5=3. 故选：D .2．【2022年全国乙卷】嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{b n }：b 1=1+1α1，b 2=1+1α1+1α2，b 3=1+1α1+1α2+1α3，…，依此类推，其中αk ∈N ∗(k =1,2,⋯)．则（ ） A ．b 1<b 5 B ．b 3<b 8C ．b 6<b 2D ．b 4<b 7【答案】D 【解析】 【分析】根据αk ∈N ∗(k =1,2,…)，再利用数列{b n }与αk 的关系判断{b n }中各项的大小，即可求解. 【详解】解：因为αk ∈N ∗(k =1,2,⋯)，所以α1<α1+1α2，1α1>1α1+1α2，得到b 1>b 2，同理α1+1α2>α1+1α2+1α3，可得b 2<b 3，b 1>b 3又因为1α2>1α2+1α3+1α4, α1+1α2+1α3<α1+1α2+1α3+1α4，故b 2<b 4，b 3>b 4；以此类推，可得b 1>b 3>b 5>b 7>⋯，b 7>b 8，故A 错误； b 1>b 7>b 8，故B 错误；1α2>1α2+1α3+⋯1α6，得b 2<b 6，故C 错误；α1+1α2+1α3+1α4>α1+1α2+⋯1α6+1α7，得b 4<b 7，故D 正确.故选：D.3．【2022年新高考2卷】中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处，更是美学和哲学的体现．如图是某古建筑物的剖面图，DD 1,CC 1,BB 1,AA 1是举， OD 1,DC 1,CB 1,BA 1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为DD 1OD 1=0.5,CC 1DC 1=k 1,BB 1CB 1=k 2,AA1BA 1=k 3，若k 1,k 2,k 3是公差为0.1的等差数列，且直线OA 的斜率为0.725，则k 3=（ ）A ．0.75B ．0.8C ．0.85D ．0.9【答案】D 【解析】 【分析】设OD 1=DC 1=CB 1=BA 1=1，则可得关于k 3的方程，求出其解后可得正确的选项. 【详解】设OD 1=DC 1=CB 1=BA 1=1，则CC 1=k 1,BB 1=k 2,AA 1=k 3，依题意，有k3−0.2=k1,k3−0.1=k2，且DD1+CC1+BB1+AA1OD1+DC1+CB1+BA1=0.725，所以0.5+3k3−0.34=0.725，故k3=0.9，故选：D4．【2022年北京】设{a n}是公差不为0的无穷等差数列，则“{a n}为递增数列”是“存在正整数N0，当n>N0时，a n>0”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】设等差数列{a n}的公差为d，则d≠0，利用等差数列的通项公式结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【详解】设等差数列{a n}的公差为d，则d≠0，记[x]为不超过x的最大整数.若{a n}为单调递增数列，则d>0，若a1≥0，则当n≥2时，a n>a1≥0；若a1<0，则a n=a1+(n−1)d，由a n=a1+(n−1)d>0可得n>1−a1d ，取N0=[1−a1d]+1，则当n>N0时，a n>0，所以，“{a n}是递增数列”⇒“存在正整数N0，当n>N0时，a n>0”；若存在正整数N0，当n>N0时，a n>0，取k∈N∗且k>N0，a k>0，假设d<0，令a n=a k+(n−k)d<0可得n>k−a kd ，且k−a kd>k，当n>[k−a kd]+1时，a n<0，与题设矛盾，假设不成立，则d>0，即数列{a n}是递增数列.所以，“{a n}是递增数列”⇐“存在正整数N0，当n>N0时，a n>0”.所以，“{a n}是递增数列”是“存在正整数N0，当n>N0时，a n>0”的充分必要条件.故选：C.5．【2022年浙江】已知数列{a n}满足a1=1,a n+1=a n−13a n2(n∈N∗)，则（）A．2<100a100<52B．52<100a100<3C．3<100a100<72D．72<100a100<4【答案】B【解析】【分析】先通过递推关系式确定{a n}除去a1，其他项都在(0,1)范围内，再利用递推公式变形得到1 a n+1−1a n=13−a n>13，累加可求出1a n>13(n+2)，得出100a100<3，再利用1a n+1−1a n=13−a n<1 3−3n+2=13(1+1n+1)，累加可求出1a n−1<13(n−1)+13(12+13+⋯+1n)，再次放缩可得出100a100>52．【详解】∵a1=1，易得a2=23∈(0,1)，依次类推可得a n∈(0,1)由题意，a n+1=a n(1−13a n)，即1a n+1=3a n(3−a n)=1a n+13−a n，∴1a n+1−1a n=13−a n>13，即1a2−1a1>13，1a3−1a2>13，1a4−1a3>13，…，1a n−1a n−1>13,(n≥2)，累加可得1a n −1>13(n−1)，即1a n>13(n+2),(n≥2)，∴a n<3n+2,(n≥2)，即a100<134，100a100<10034<3,又1a n+1−1a n=13−a n<13−3n+2=13(1+1n+1),(n≥2)，∴1a2−1a1=13(1+12)，1a3−1a2<13(1+13)，1a4−1a3<13(1+14)，…，1a n−1a n−1<13(1+1n),(n≥3)，累加可得1a n −1<13(n−1)+13(12+13+⋯+1n),(n≥3)，∴1a100−1<33+13(12+13+⋯+199)<33+13(12×4+16×94)<39，即1a100<40，∴a100>140，即100a100>52；综上：52<100a100<3．故选：B．【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用递推关系进行合理变形放缩.6．【2022年全国乙卷】记S n为等差数列{a n}的前n项和．若2S3=3S2+6，则公差d=_______．【答案】2【解析】【分析】转化条件为2(a1+2d)=2a1+d+6，即可得解.【详解】由2S3=3S2+6可得2(a1+a2+a3)=3(a1+a2)+6，化简得2a3=a1+a2+6，即2(a1+2d)=2a1+d+6，解得d=2.故答案为：2.7．【2022年北京】己知数列{a n}各项均为正数，其前n项和S n满足a n⋅S n=9(n=1,2,⋯)．给出下列四个结论：①{a n}的第2项小于3；②{a n}为等比数列；③{a n}为递减数列；④{a n}中存在小于1100的项．其中所有正确结论的序号是__________．【答案】①③④【解析】【分析】推导出a n=9an −9a n−1，求出a1、a2的值，可判断①；利用反证法可判断②④；利用数列单调性的定义可判断③.【详解】由题意可知，∀n∈N∗，a n>0，当n=1时，a12=9，可得a1=3；当n≥2时，由S n=9an 可得S n−1=9an−1，两式作差可得a n=9an−9a n−1，所以，9a n−1=9a n−a n，则9a2−a2=3，整理可得a22+3a2−9=0，因为a2>0，解得a2=3√5−32<3，①对；假设数列{a n}为等比数列，设其公比为q，则a22=a1a3，即(9S2)2=81S1S3，所以，S22=S1S3，可得a12(1+q)2=a12(1+q+q2)，解得q=0，不合乎题意，故数列{a n}不是等比数列，②错；当n ≥2时，a n =9a n−9an−1=9(a n−1−a n )a n a n−1>0，可得a n <a n−1，所以，数列{a n }为递减数列，③对；假设对任意的n ∈N ∗，a n ≥1100，则S 100000≥100000×1100=1000， 所以，a 100000=9S100000≤91000<1100，与假设矛盾，假设不成立，④对.故答案为：①③④. 【点睛】关键点点睛：本题在推断②④的正误时，利用正面推理较为复杂时，可采用反证法来进行推导.8．【2022年全国甲卷】记S n 为数列{a n }的前n 项和．已知2S n n+n =2a n +1．(1)证明：{a n }是等差数列；(2)若a 4,a 7,a 9成等比数列，求S n 的最小值． 【答案】(1)证明见解析； (2)−78． 【解析】 【分析】（1）依题意可得2S n +n 2=2na n +n ，根据a n ={S 1,n =1S n −S n−1,n ≥2 ，作差即可得到a n −a n−1=1，从而得证；（2）由（1）及等比中项的性质求出a 1，即可得到{a n }的通项公式与前n 项和，再根据二次函数的性质计算可得． (1) 解：因为2S n n+n =2a n +1，即2S n +n 2=2na n +n ①，当n ≥2时，2S n−1+(n −1)2=2(n −1)a n−1+(n −1)②，①−②得，2S n +n 2−2S n−1−(n −1)2=2na n +n −2(n −1)a n−1−(n −1)， 即2a n +2n −1=2na n −2(n −1)a n−1+1，即2(n −1)a n −2(n −1)a n−1=2(n −1)，所以a n −a n−1=1，n ≥2且n ∈N*， 所以{a n }是以1为公差的等差数列． (2)解：由（1）可得a 4=a 1+3，a 7=a 1+6，a 9=a 1+8，又a 4，a 7，a 9成等比数列，所以a 72=a 4⋅a 9，即(a 1+6)2=(a 1+3)⋅(a 1+8)，解得a 1=−12， 所以a n =n −13，所以S n =−12n +n(n−1)2=12n 2−252n =12(n −252)2−6258，所以，当n =12或n =13时(S n )min =−78．9．【2022年新高考1卷】记S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1=1,{S na n}是公差为13的等差数列．(1)求{a n }的通项公式； (2)证明：1a 1+1a 2+⋯+1a n<2．【答案】(1)a n =n (n+1)2(2)见解析 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得S na n=1+13(n −1)=n+23，得到S n =(n+2)a n3，利用和与项的关系得到当n ≥2时，a n =S n −S n−1=(n+2)a n3−(n+1)a n−13,进而得：a nan−1=n+1n−1，利用累乘法求得a n =n (n+1)2，检验对于n =1也成立，得到{a n }的通项公式a n =n (n+1)2；（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到1a 1+1a 2+⋯+1a n=2(1−1n+1)，进而证得.(1)∵a 1=1，∴S 1=a 1=1,∴S1a 1=1,又∵{S na n}是公差为13的等差数列，∴S na n=1+13(n −1)=n+23,∴S n =(n+2)a n3,∴当n ≥2时，S n−1=(n+1)a n−13，∴a n =S n −S n−1=(n+2)a n3−(n+1)a n−13,整理得：(n −1)a n =(n +1)a n−1, 即a nan−1=n+1n−1,∴a n =a 1×a2a 1×a3a 2×…×an−1a n−2×ana n−1=1×32×43×…×nn−2×n+1n−1=n(n+1)2，显然对于n=1也成立，∴{a n}的通项公式a n=n(n+1)2；(2)1 a n =2n(n+1)=2(1n−1n+1),∴1a1+1a2+⋯+1a n=2[(1−12)+(12−13)+⋯(1n−1n+1)]=2(1−1n+1)<210．【2022年新高考2卷】已知{a n}为等差数列，{b n}是公比为2的等比数列，且a2−b2= a3−b3=b4−a4．(1)证明：a1=b1；(2)求集合{k|b k=a m+a1,1≤m≤500}中元素个数．【答案】(1)证明见解析；(2)9．【解析】【分析】（1）设数列{a n}的公差为d，根据题意列出方程组即可证出；（2）根据题意化简可得m=2k−2，即可解出．(1)设数列{a n}的公差为d，所以，{a1+d−2b1=a1+2d−4b1a1+d−2b1=8b1−(a1+3d)，即可解得，b1=a1=d2，所以原命题得证．(2)由（1）知，b1=a1=d2，所以b k=a m+a1⇔b1×2k−1=a1+(m−1)d+a1，即2k−1=2m，亦即m=2k−2∈[1,500]，解得2≤k≤10，所以满足等式的解k=2,3,4,⋯,10，故集合{k |b k=a m+a1,1≤m≤500}中的元素个数为10−2+1=9．11．【2022年北京】已知Q:a1,a2,⋯,a k为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的n∈{1, 2,⋯,m}，在Q中存在a i,a i+1,a i+2,⋯,a i+j(j≥0)，使得a i+a i+1+a i+2+⋯+a i+j=n，则称Q为m−连续可表数列．(1)判断Q:2,1,4是否为5−连续可表数列？是否为6−连续可表数列？说明理由；(2)若Q:a1,a2,⋯,a k为8−连续可表数列，求证：k的最小值为4；(3)若Q:a1,a2,⋯,a k为20−连续可表数列，且a1+a2+⋯+a k<20，求证：k≥7．【答案】(1)是5−连续可表数列；不是6−连续可表数列．(2)证明见解析．(3)证明见解析．【解析】【分析】（1）直接利用定义验证即可；（2）先考虑k≤3不符合，再列举一个k=4合题即可；（3）k≤5时，根据和的个数易得显然不行，再讨论k=6时，由a1+a2+⋯+a6<20可知里面必然有负数，再确定负数只能是−1，然后分类讨论验证不行即可．(1)a2=1，a1=2，a1+a2=3，a3=4，a2+a3=5，所以Q是5−连续可表数列；易知，不存在i,j使得a i+a i+1+⋯+a i+j=6，所以Q不是6−连续可表数列．(2)若k≤3,设为Q:a,b,c,则至多a+b,b+c,a+b+c,a,b,c，6个数字，没有8个，矛盾；当k=4时,数列Q:1,4,1,2，满足a1=1，a4=2，a3+a4=3，a2=4，a1+a2=5，a1+a2+ a3=6，a2+a3+a4=7，a1+a2+a3+a4=8，∴k min=4．(3)Q:a1,a2,⋯,a k，若i=j最多有k种，若i≠j，最多有C k2种，所以最多有k+C k2=k(k+1)种，2=15个数，矛盾,若k≤5，则a1,a2,…,a k至多可表5(5+1)2=21个数，从而若k<7,则k=6，a,b,c,d,e,f至多可表6(6+1)2而a+b+c+d+e+f<20，所以其中有负的，从而a,b,c,d,e,f可表1~20及那个负数（恰21个），这表明a~f中仅一个负的，没有0，且这个负的在a~f中绝对值最小，同时a~f中没有两数相同,设那个负数为−m(m≥1)，则所有数之和≥m+1+m+2+⋯+m+5−m=4m+15，4m+15≤19⇒m=1，∴{a,b,c,d,e,f}={−1,2,3,4,5,6}，再考虑排序，排序中不能有和相同，否则不足20个，∵1=−1+2（仅一种方式），∴−1与2相邻，若−1不在两端,则"x , −1 , 2 , __,__,__"形式，若x=6，则5=6+(−1)（有2种结果相同，方式矛盾），∴x≠6，同理x≠5,4,3，故−1在一端，不妨为"−1 ,2, A, B, C, D"形式，若A=3,则5=2+3（有2种结果相同，矛盾），A=4同理不行，A=5，则6=−1+2+5（有2种结果相同，矛盾），从而A=6，由于7=−1+2+6,由表法唯一知3,4不相邻,、故只能−1,2,6,3,5,4，①或−1,2,6,4,5,3，②这2种情形，对①：9=6+3=5+4，矛盾，对②：8=2+6=5+3，也矛盾，综上k≠6∴k≥7．【点睛】关键点睛，先理解题意，是否为m−可表数列核心就是是否存在连续的几项（可以是一项）之和能表示从1到m中间的任意一个值．本题第二问k≤3时，通过和值可能个数否定k≤3；第三问先通过和值的可能个数否定k≤5，再验证k=6时，数列中的几项如果符合必然是{−1,2,3,4,5,6}的一个排序，可验证这组数不合题．12．【2022年浙江】已知等差数列{a n}的首项a1=−1，公差d>1．记{a n}的前n项和为S n(n ∈N∗)．(1)若S4−2a2a3+6=0，求S n；(2)若对于每个n∈N∗，存在实数c n，使a n+c n,a n+1+4c n,a n+2+15c n成等比数列，求d的取值范围．(n∈N∗)【答案】(1)S n=3n2−5n2(2)1<d≤2【解析】【分析】（1）利用等差数列通项公式及前n项和公式化简条件，求出d，再求S n；(2)由等比数列定义列方程，结合一元二次方程有解的条件求d的范围.(1)因为S4−2a2a3+6=0，a1=−1，所以−4+6d−2(−1+d)(−1+2d)+6=0，所以d 2−3d =0，又d >1， 所以d =3， 所以a n =3n −4， 所以S n =(a 1+a n )n2=3n 2−5n2，(2)因为a n +c n ，a n+1+4c n ，a n+2+15c n 成等比数列， 所以(a n+1+4c n )2=(a n +c n )(a n+2+15c n )，(nd −1+4c n )2=(−1+nd −d +c n )(−1+nd +d +15c n )，c n 2+(14d −8nd +8)c n +d 2=0，由已知方程c n 2+(14d −8nd +8)c n +d 2=0的判别式大于等于0，所以Δ=(14d −8nd +8)2−4d 2≥0，所以(16d −8nd +8)(12d −8nd +8)≥0对于任意的n ∈N ∗恒成立， 所以[(n −2)d −1][(2n −3)d −2]≥0对于任意的n ∈N ∗恒成立， 当n =1时，[(n −2)d −1][(2n −3)d −2]=(d +1)(d +2)≥0， 当n =2时，由(2d −2d −1)(4d −3d −2)≥0，可得d ≤2 当n ≥3时，[(n −2)d −1][(2n −3)d −2]>(n −3)(2n −5)≥0， 又d >1 所以1<d ≤21．（2022·河南·通许县第一高级中学模拟预测（文））在等差数列{}n a 中，35a =，1511109a a +=，则15a a ⋅=（ ）A ．92B ．9C ．10D ．12【答案】B 【解析】 【分析】将已知等式变形，由等差数列下标和计算即可得到结果. 【详解】 由1511109a a +=得：153********a a a a a a a +==，315995aa a ∴⋅==.故选：B.2．（2022·福建省德化第一中学模拟预测）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若728S =，则237a a a ++的值为（ ）A ．8B ．10C ．12D ．14【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列的求和公式，求得44a =，结合等差数列的性质，化简得到27433a a a a =++，即可求解. 【详解】因为728S =，由等差数列的性质和求和公式得17747()7282a a S a +===，即44a =， 则112374393(3)312a d a a a a a d =+=+==++. 故选：C.3．（2022·北京·北大附中三模）已知数列{}n a 满足2123n a a a a n =，其中1,2,3,n =，则数列{}n a （ ） A ．有最大项，有最小项 B ．有最大项，无最小项 C ．无最大项，有最小项 D ．无最大项，无最小项【答案】A 【解析】 【分析】求得数列{}n a 的通项公式，再分析数列的单调性即可 【详解】依题意，因为2123n a a a a n =，其中1,2,3,n =，当1n =时，2111a ==，当2n ≥时，21231(1)n a a a a n -=-，2123n a a a a n =，两式相除有22211,2(1)1n n a n n n ⎛⎫=+≥ ⎪--⎝⎭=，易得n a 随着n 的增大而减小，故24n a a ≤=，且11n a a >=，故最小项为11a =，最大项为24a = 故选：A4．（2022·辽宁实验中学模拟预测）已知数列{}()*N n a n ∈是首项为1的正项等差数列，公差不为0，若1a 、数列{}2n a 的第2项、数列{}2n a 的第5项恰好构成等比数列，则数列{}n a 的通项公式为（ ） A ．21n a n =- B ．21n a n =+ C ．1n a n =- D ．1n a n =+【答案】A 【解析】 【分析】根据题意设()11n a n d =+-，所以()2121n d a n =+-，()2211n d a n =+-，所以1，13d +，124d +构成等比数列，即()()2131124d d +=⨯+，求出d 即可求解. 【详解】设等差数列{}n a 的公差为()0d d >，所以()11n a n d =+-，所以()2121n d a n =+-， ()2211n d a n =+-，又1a 、数列{}2n a 的第2项、数列{}2n a 的第5项恰好构成等比数列，即1，13d +，124d +构成等比数列，所以()()2131124d d +=⨯+， 解得2d =，0d =（舍去），所以21n a n =-. 故选：A.5．（2022·四川·绵阳中学实验学校模拟预测（文））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a =，0n a ≠，11n n n a a S λ+=-，若存在实数λ使{}n a 是等差数列，则{}n a 的公差为（ ）A ．1B ．2C ．2λD ．λ【答案】B 【解析】 【分析】利用1(2)n n n S S a n --=≥得{}n a 的递推关系，从而求得λ与公差d 的关系，再由21a a d -=求得d ．【详解】 设公差为d ，因为11n n n a a S λ+=-，所以2n ≥时，111n n n a a S λ--=-， 两式相减得：111()()n n n n n n a a a S S a λλ+---=-=， 因为0n a ≠，所以112n n a a d λ+--==，由1211a a S λ=-121da =-得221a d =-．从而21211a a d d -=--=，2d =， 故选：B ．6．（2022·湖南·邵阳市第二中学模拟预测）已知正项等比数列{}n a 满足3212a a a =+，若存在m a 、n a ，使得2116m n a a a ⋅=，则14m n+的最小值为（ ） A ．83B ．16C ．114 D ．32【答案】D 【解析】 【分析】设等比数列{}n a 的公比为q ，则0q >，根据已知条件求出q 的值，由已知条件可得出6m n +=，将代数式14m n +与()16m n +相乘，利用基本不等式可求得14m n+的最小值. 【详解】设等比数列{}n a 的公比为q ，则0q >，由3212a a a =+可得220q q --=，解得2q，因为2116m n a a a ⋅=，则2112112216m n a a --⋅⋅=，24m n ∴+-=，可得6m n +=，由已知m 、N n *∈，所以，()1411414566m n m n m n m n n m ⎛⎫⎛⎫+=++=++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭13562⎛≥+= ⎝， 当且仅当24n m ==时，等号成立， 因此，14m n +的最小值为32. 故选：D.7．（2022·浙江·三模）设数列{}n a 满足()21192,24n n n a a a n N a *+=-+∈=，记数列221n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭的前n 项的和为n S ，则（ ） A ．10127a < B ．存在k *∈N ，使1k k a a += C ．1012S < D ．数列{}n a 不具有单调性【答案】C 【解析】 【分析】 根据题意求得54n a ≥，进而得到132n a +-与32n a -同号，结合作差法比较法，可判定B 、D 错误；由()()11214n n n n a a a a +-=--+，得到114n n a a +-≥，利用叠加法，可判定A 错误；化简得到1111133222n n n a a a +=----，利用裂项法求和，可判定C 正确. 【详解】由于()211551,244n n a a a +=-+≥=，则54n a ≥，又由21333122422n n n n n a a a a a +⎛⎫⎛⎫-=-+=-- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，则132n a +-与32n a -同号． 又由12a =，则32n a >，可得221933042n n nn n a a a a a +⎛⎫-=-+=-> ⎪⎝⎭， 所以数列{}n a 单调递增，故B 、D 错误； 又因为()()11214n n n n a a a a +-=--+， 由数列{}n a 单调递增，且12a =，所以20,10n n a a ->->，所以114n n a a +-≥， 累加得1011100254a a -≥=，所以10127a ≥，故A 错误； 由21924n nn a a a +=-+可得1111133222n n n a a a +=----， 因为12n a a >=，所以101110211112333222S a a a =-<=---，故C 正确．故选：C ．8．（2022·吉林·东北师大附中模拟预测（理））数列{}n a 为等差数列，前n 项的和为n S ，若10110a <，101110120a a +>，则当0n S <时，n 的最大值为（ ）A ．1011B ．1012C ．2021D ．2022【答案】C 【解析】 【分析】分析数列{}n a 的单调性，计算2021S 、2022S ，即可得出结论. 【详解】因为10110a <，101110120a a +>，则10120a >，故数列{}n a 为递增数列， 因为()12021202110112021202102a a S a +==<，()()120222022101110122022101102a a S a a +==+>，且当1012n ≥时，10120n a a ≥>，所以，当2022n ≥时，20220n S S ≥>， 所以，满足当0n S <时，n 的最大值为2021. 故选：C.9．（2022·辽宁·渤海大学附属高级中学模拟预测）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足()552sin 2350a a +--=，()201820182sin 2370a a +--=，则下列结论正确的是（ ） A ．20222022S =，且52018a a > B ．20222022S =-，且52018a a < C ．20224044S =-，且52018a a > D ．20224044S =，且52018a a <【答案】C 【解析】 【分析】根据题意构造函数()2sin 3f x x x =-，确定函数的奇偶性及单调性，进而根据()()520182,2f a f a ++的关系即可确定答案.【详解】设函数()2sin 3f x x x =-，则()f x 为奇函数，且()2cos 30f x x '=-<，所以()f x 在R 上递减，由已知可得()()552sin 2321a a +-+=-，()()201820182sin 2321a a +-+=，有()521f a +=-，()201821f a +=，所以()()5201822f a f a +<+，且()()5201822f a f a +=-+，所以520185201822a a a a +>+⇒>，且()5201822a a +=-+，所以520184a a +=-，120222022520182022()1011()40442a a S a a +==+=-.故选：C.10．（2022·全国·模拟预测）已知数列{}n a 满足对任意的*n ∈N ，总存在*m ∈N ，使得n m S a =，则n a 可能等于（ ） A ．2022n B ．2022n C ．22022n D ．2022n【答案】B 【解析】 【分析】A 选项，利用等比数列求和公式列出方程，令n ＝2时，得到120222023m -=，m 不存在，A 错误；B 选项，利用等差数列求和公式进行求解得到方程()101112022n n m +=，取()12n n m +=即可，C 选项，利用平方和公式得到()()21216n n n m ++=，当n ＝2时，25m =，m 不存在；D 选项，当n ＝2时，1112m+=，m 不存在. 【详解】对于选项A ：当2022nn a =时，则{}n a 是等比数列，因为n m S a =所以()20222022120222021n m -=，当n ＝2时，120222023m -=，m 不存在，A 错误；对于选项B ：当2022n a n =时，{}n a 是等差数列，因为n m S a =，则()()120221*********n n n S n n m +=⨯=+=，取()12n n m +=即可，B 正确； 对于选项C ：当22022n a n =时，n m S a =，则()()()2222121202212202220226n n n n S n m ++=⨯++⋅⋅⋅+=⨯=，当n ＝2时，25m =，m 不存在，C 错误； 对于选项D ：当2022n a n =时，n m S a =，则11120222022123n m ⎛⎫+++⋅⋅⋅+= ⎪⎝⎭，当n ＝2时，1112m+=，m 不存在，D 错误． 故选：B ．11．（2022·江苏·南京外国语学校模拟预测）已知数列{}n a 各项都不为0，121,3a a ==且满足141n n n a a S +=-，(1)求{}n a 的通项公式； (2)若114n n n a b a -=-，{}n b 的前n 项和为n T ，求n T 取得最小值时的n 的值． 【答案】(1)21n a n =-； (2)7n =. 【解析】 【分析】（1）由141n n n a a S +=-得2n ≥时，1141n n n a a S --=-， ①-②得114n n a a +--=，分奇偶项即可求出n a （2）由114n n n a b a -=-得22215n n b n -=-，当7n ≤时，0n b ≤，当7n >时，0n b > 当7n =时，n T 取得最小值 (1)141n n n a a S +=-①当2n ≥时，1141n n n a a S --=-② ①-②114n n n n n a a a a a +-⇒-=0n a ≠114n n a a +-∴-={}n a ∴的奇数项和偶数项各自成等差数列且121,3a a ==()()21141432211,21(n n a n n n a n n -∴=+-=-=--∴=-为奇数），()234141221,21n n a n n n a n =+-=-=⋅-∴=-（n 为偶数),21n a n ∴=-(2)22131215215n n b n n -==+--，当7n ≤时，0n b ≤， 当7n >时，0n b >∴当7n =时，n T 取得最小值12．（2022·福建·厦门双十中学模拟预测）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知19a =，2a 为整数，且5n S S ≤. (1)求{}n a 的通项公式； (2)设11n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T . 【答案】(1)112n a n =- (2)()992n nT n =-【解析】 【分析】（1）根据题意得公差d 为整数，且50a ≥，60a ≤，分析求出d 即可；（2）111292112n b n n ⎛⎫=- ⎪--⎝⎭，再利用裂项相消法求和即可.(1)由19a =，2a 为整数知，等差数列{}n a 的公差d 为整数. 又5n S S ≤，故50a ≥，60a ≤. 于是940d +≥，950d +≤，解得9945d -≤≤-， 因此2d =-，故数列{}n a 的通项公式为112n a n =-. (2)()()111111292292112n b n n n n ⎛⎫==- ⎪----⎝⎭，于是1211111112795792112n n T b b b n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅+=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥--⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦()1112929992n n n ⎛⎫=-= ⎪--⎝⎭. 13．（2022·宁夏·银川一中模拟预测（理））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 ，若不等式12n n nS λ-<+对任意的*n ∈恒成立，求实数λ的取值范围．【答案】(1)21n a n =-，12n n b -=；(2)(),2-∞. 【解析】 【分析】（1）利用等差数列()11n a a n d +-=，等比数列11n n b b q -=代入计算；（2）利用错位相减法可得1242n n n S -+=-，令2142nn c -=-，由{}n c 为递增数列，结合恒成立思想可得答案． (1)解：因为数列{}n b 是等比数列，则可得2123124b b q b b q ==⎧⎨==⎩，解得112b q =⎧⎨=⎩， 所以12n n b -=．因为数列{}n a 是等差数列，且111a b ==，8117116a a d +=++=，则公差2d =， 所以()12121n a n n =+-=-．故21n a n =-，12n n b -=；(2)解：由（1）得：1112n n n n a nc b -++==， 数列{}n c 的前n 项和为121231222n n nS -=+++⋅⋅⋅+①所以22111231222222n n n n n S --=+++⋅⋅⋅++②由①-②得：121111112121222222222n n n n n n n n n S -+⎛⎫=+++⋅⋅⋅+-=--=- ⎪⎝⎭，所以1242n n n S -+=-．不等式12n n n S λ-<+恒成立，化为不等式2142n λ-<-恒成立，令2142n n c -=-且{}n c 为递增数列，即转化为()min n c λ<当1n =时，()12min 1422n c -=-=，所以2λ<． 综上可得：实数λ的取值范围是(),2-∞．14．（2022·湖北·襄阳四中模拟预测）已知等差数列{}n a 满足11a =，且前四项和为28，数列{}n b 的前n 项和n S 满足()233n n S b R λλ=-∈.(1)求数列{}n a 的通项公式，并判断{}n b 是否为等比数列；(2)对于集合A ，B ，定义集合{}A B x x A x B -=∈∉且.若1λ=，设数列{}n a 和{}n b 中的所有项分别构成集合A ，B ，将集合A B -的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列{}n c ，求数列{}n c 的前30项和30T .【答案】(1)43n a n =-，判断答案见解析 (2)1926 【解析】 【分析】（1）根据等数列的前n 项和公式和通项公式可求出{}n a 的通项公式，根据等比数列的定义可判断{}n b 是否为等比数列；（2）结合等差数列的前n 项和，等差数列与等比数列的通项公式可求出结果. (1)∵{}n a 是等差数列，11a =，且前四项和为28， ∵43441282S d ⨯=⨯+⨯=，解得4d =∵()14143n a n n =+-=-.∵233n nn S b λ=-，∵当2n ≥时，11233n n S b λ--=-，两式相减得()12332n n n b b b n -=-≥， 即()132n n b b n -=≥，又11233b b λ=-∵13b λ=∵当0λ=时，数列{}n b 的通项公式为0n b =.不是等比数列当0λ≠时，数列{}n b 是首项为，公比为3的等比数列，∵3nn b λ=.(2)由（1）知3nn b =，则4581,243b b ==因为304303127a =⨯-=， 所以4305b a b <<，所以，30T 中要去掉{}n b 的项最多4项，即3,9,27,81， 其中9,81是{}n a 和{}n b 的公共项，所以数列{}n c 的前30项和30T 由{}n a 的前32项和，去掉9,81， ()()()330122321+1259+81=-90=19262a a a T ⨯=++⋅⋅⋅+-所以数列{}n c 的前30项和30T 为1926.15．（2022·浙江省江山中学模拟预测）在数列{}n a 中，121,2a a ==，且对任意的n *∈N ，都有2132n n n a a a ++=-． (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若{}1234A x x x x x x x =<<<<或，定义集合A 的长度为4321x x x x -+-．已知数列{}n b 的通项公式为()()()()12111n n na xb n a x a x a x *=∈+++N ，若关于x 不等式1220221b bb +++>的解集A ，求集合A 的长度． 【答案】(1)12n na(2)101121(1)34-【解析】 【分析】(1)构造等比数列结合累加法即可求通项；(2)根据不等式特点，巧用作差转换成高次不等式求解. (1)21211()322n n n n n n n a a a a a a a +++++==-⇒--，211a a -=，所以112n n n a a -+-=，12112132112()()()11221212n n n n n n a a a a a a a a -----=+-+-+⋅⋅⋅+-=+++⋅⋅⋅+=+=-，即12n na ；(2) 因为()()()()12111n n na xb n a x a x a x *=∈+++N ，1220221b bb +++>即就是2021202124211(1)(21)(1)(21)(41)(1)(21)(2+1)x x x x x x x x x x x x x +++⋅⋅⋅+>++++++++⋅⋅⋅， 2021202124211(1)(21)(1)(21)(41)(1)(21)(2+1)11x x x x x x x x x x x x x x ++⋅⋅⋅+>-=+++++++⋅⋅⋅++，2021202142121(1)(21)(41)(1)(21)(2+1)1(1)(21)(1)(21)x x x x x x x x x x x x x x +⋅⋅⋅+>-=+++++⋅⋅⋅+++++，⋅⋅⋅，202110(1)(21)(41)(2+1)x x x x >+++⋅⋅⋅，即2021(1)(21)(41)(2+1)0x x x x +++⋅⋅⋅<，根据数轴标根法可知不等式的解集为1|12A x x ⎧=-<<-⎨⎩或1148x -<<-或⋅⋅⋅或202020211122x ⎫-<<-⎬⎭，集合A 的长度为10112021101111[1()]1112124(1)12823414-++⋅⋅⋅+==--. 【点睛】数列求通项分方法有构造等比或等差数列法，累加法，累乘法等.。
高考数学真题分类汇编专题18：数列(综合题)
高考数学真题分类汇编专题 18：数列（综合题）姓名:________班级:________成绩:________一、 解答题 (共 10 题；共 85 分)1. （10 分） (2017·东台模拟) 已知数列{an}，{bn}满足：bn=an+1﹣an（n∈N*）．（1） 若 a1=1，bn=n，求数列{an}的通项公式；（2） 若 bn+1bn﹣1=bn（n≥2），且 b1=1，b2=2．（i）记 cn=a6n﹣1（n≥1），求证：数列{cn}为等差数列；（ii）若数列{ }中任意一项的值均未在该数列中重复出现无数次，求首项 a1 应满足的条件．2. （15 分） (2019·上海) 已知等差数列 ．的公差，数列满足，集合（1） 若，求集合 ；（2） 若 （3） 若，求集合 ； ，求 使得集合 恰好有两个元素；（4） 若，求 使得集合 恰好有两个元素；（5） 若集合 恰好有三个元素：， 是不超过 7 的正整数，求 的所有可能的值．（6） 若集合 恰好有三个元素：， 是不超过 7 的正整数，求 的所有可能的值．3. （10 分） (2018·山东模拟) 已知数列 ，，（）．（1） 求数列 的通项公式；（2） 设，求数列的前 项和 ．第1页共7页4. （5 分） (2016 高二上·桂林开学考) 已知公差 d＞0 的等差数列{an}中，a1=10，且 a1 ， 2a2+2，5a3 成 等比数列．（1） 求公差 d 及通项 an；（2） 设 Sn=++…+，求证：Sn＜ ．5. （5 分） (2020 高二上·徐州期末) 已知各项都是正数的数列 的前 n 项和为 ，，．（1） 求数列 的通项公式；（2） 若对任意恒成立，求 的取值范围．（3） 设数列 满足：，，数列的前 n 项和 求证：（4） 若对任意恒成立，求 的取值范围．6. （10 分） (2018·吉林模拟) 已知各项均为正数的等比数列 ，前 项和为 ，（1） 求 的通项公式；． .（2） 设， 的前项和为 ，证明：.7. （5 分） (2018·吉林模拟) 已知数列 是递增的等比数列，满足中项，数列 满足，其前 项和为 ，且.，且是 、 的等差（1） 求数列 ， 的通项公式；（2） 数列 取值范围.的前 项和为 ，若不等式8. （10 分） (2018·绵阳模拟) 已知等差数列 中，公差第2页共7页对一切恒成立，求实数 的，，且成等比数列.（1） 求数列 的通项公式；（2） 若 为数列的前 项和，且存在，使得成立，求 的取值范围.9. （5 分） (2017·丰台模拟) 对于∀ n∈N* ， 若数列{xn}满足 xn+1﹣xn＞1，则称这个数列为“K 数列”．（Ⅰ）已知数列：1，m+1，m2 是“K 数列”，求实数 m 的取值范围；（Ⅱ）是否存在首项为﹣1 的等差数列{an}为“K 数列”，且其前 n 项和 Sn 满足 在，求出{an}的通项公式；若不存在，请说明理由；？若存（Ⅲ）已知各项均为正整数的等比数列{an}是“K 数列”，数列 数列{bn}是否为“K 数列”，并说明理由．不是“K 数列”，若，试判断10. （10 分） (2018·泉州模拟) 数列 是公差大于 0 的等差数列，数列， 是 与 的等差中项， 是与的等比中项.是公比为 2 的等比数列，（Ⅰ）求数列 与 的通项公式；（Ⅱ）求数列的前 项和.第3页共7页一、 解答题 (共 10 题；共 85 分)1-1、答案：略 1-2、答案：略 2-1、答案：略 2-2、答案：略 2-3、答案：略 2-4、答案：略 2-5、答案：略 2-6、答案：略 3-1、答案：略 3-2、答案：略 4-1、答案：略 4-2、答案：略参考答案5-1、第4页共7页5-2、 5-3、5-4、 6-1、答案：略 6-2、答案：略 7-1、答案：略 7-2、答案：略 8-1、答案：略 8-2、答案：略第5页共7页第6页共7页10-1、第7页共7页。
高考数学真题分类汇编专题18：数列（综合题）
2019年高考数学真题分类汇编专题18：数列（综合题）
一、解答题 1.（2019•江苏）定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”. （1）已知等比数列{an} 满足： ，求证:数列{an}为“M－数列”；
（2）已知数列{bn}满足: ，其中Sn为数列{bn}的前n项和．
①求数列{bn}的通项公式； ②设m为正整数，若存在“M－数列”{cn} ，对任意正整数k ， 当k≤m时，都有
成立，求m的最大值． 2.（2019•上海）已知等差数列 的公差 ，数列 满足 ，集合
． （1）若 ，求集合 ；
（2）若 ，求 使得集合 恰好有两个元素； （3）若集合 恰好有三个元素：，是不超过7的正整数，求的所有可能的值． 3.（2019•浙江）设等差数列{an}的前n项和为Sn ， a3=4.a4=S3 ， 数列{bn}满足： 对每个n∈N* ， Sn+bn ， Sn+1+bn、Sn+2+bn成等比数列 （1）求数列{an}，{bn}的通项公式 （2）记Cn= ，n∈N* ， 证明：C1+C2+…+Cn＜2 ，n∈N*
4.（2019•天津）设 是等差数列， 是等比数列，公比大于0，已知 ， ， . （Ⅰ）求 和 的通项公式； （Ⅱ）设数列 满足 求 .
5.（2019•天津）设 是等差数列， 是等比数列.已知 . （Ⅰ）求 和 的通项公式； （Ⅱ）设数列 满足 其中 .
（i）求数列 的通项公式； （ii）求 . 6.（2019•卷Ⅱ）已知 是各项均为正数的等比数列， ， 。 （1）求 的通项公式； （2）设 ，求数列{ }的前n项和。 7.（2019•北京）设{an}是等差数列，a1=-10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列. （I）求{an}的通项公式； （Ⅱ）记{an}的前n项和为Sn ， 求Sn的最小值. 8.（2019•卷Ⅱ）已知数列{an}和{bn}满足a1=1，b1=0， ， .
【2023高考必备】2013-2022十年全国高考数学真题分类(全国通用版)：数列解答题(解析版)
专题 06 数列解答题
1．(2022
年全国甲卷理科·第
17
题)记
Sn
为数列 an 的前
n
项和．已知
2Sn n
n
2an
1．
(1)证明： an 是等差数列；
(2)若 a4, a7 , a9 成等比数列，求 Sn 的最小值．
【答案】(1)证明见解析：； (2) 78 ．
解析：(1)设数列an 的公差为d
，所以，
aa11dd22bb118ab11
2d
a1
4b1 3d
，即可解得，
b1
a1
d 2
，
所以原命题得证．
（2）由(1)知， b1
a1
d 2
，所以 bk
am
a1
b1 2k1
a1
m 1 d
a1 ，即 2k1
2m ，亦即
m 2k2 1,500 ，解得 2 k 10 ，所以满足等式的解 k 2,3, 4,,10 ，故集合
解析：(1)解：因为
2Sn n
n
2an
1，即 2Sn
n2
2nan
n
①，
当 n 2 时， 2Sn1 n 12 2 n 1 an1 n 1 ②，
① ②得， 2Sn n2 2Sn1 n 12 2nan n 2n 1 an1 n 1 ，
即 2an 2n 1 2nan 2n 1 an1 1 ，
k | bk am a1,1 m 500 中的元素个数为10 2 1 9 ．
【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题 【题目来源】2022 新高考全国 II 卷·第 17 题
(完整版)历年数列高考题汇编,推荐文档
历年高考真题汇编---数列（含）1、(全国新课标卷理）等比数列{}n a 的各项均为正数，且212326231,9.a a a a a +== （1）求数列{}n a 的通项公式.(2)设 31323log log ......log ,n n b a a a =+++求数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前项和.解：（Ⅰ）设数列{a n }的公比为q ，由23269a a a =得32349a a =所以219q =。
有条件可知a>0,故13q =。
由12231a a +=得12231a a q +=，所以113a =。
故数列{a n }的通项式为a n =13n 。
（Ⅱ ）111111log log ...log n b a a a =+++(12...)(1)2n n n =-++++=-故12112()(1)1n b n n n n =-=--++ 12111111112...2((1)()...())22311n n b b b n n n +++=--+-++-=-++ 所以数列1{}n b 的前n 项和为21n n -+2、（全国新课标卷理）设数列{}n a 满足21112,32n n n a a a -+=-=g（1） 求数列{}n a 的通项公式； （2） 令n n b na =，求数列的前n 项和n S解（Ⅰ）由已知，当n ≥1时，111211[()()()]n n n n n a a a a a a a a ++-=-+-++-+L21233(222)2n n --=++++L 2(1)12n +-=。
而 12,a =所以数列{n a }的通项公式为212n n a -=。
（Ⅱ）由212n n n b na n -==⋅知35211222322n n S n -=⋅+⋅+⋅++⋅L ①从而 23572121222322n n S n +⋅=⋅+⋅+⋅++⋅L ②①-②得 2352121(12)22222n n n S n -+-⋅=++++-⋅L 。
十年真题(2010_2019)高考数学真题分类汇编专题07数列文(含解析)
专题07数列历年考题细目表历年高考真题汇编1．【2015年新课标1文科07】已知{a n}是公差为1的等差数列，S n为{a n}的前n项和，若S8＝4S4，则a10＝（）A．B．C．10 D．12【解答】解：∵{a n}是公差为1的等差数列，S8＝4S4，∴8a11＝4×（4a1），解得a1．则a109×1．故选：B．2．【2013年新课标1文科06】设首项为1，公比为的等比数列{a n}的前n项和为S n，则（）A．S n＝2a n﹣1 B．S n＝3a n﹣2 C．S n＝4﹣3a n D．S n＝3﹣2a n【解答】解：由题意可得a n＝1，∴S n33﹣23﹣2a n，故选：D．3．【2012年新课标1文科12】数列{a n}满足a n+1+（﹣1）n a n＝2n﹣1，则{a n}的前60项和为（）A．3690 B．3660 C．1845 D．1830【解答】解：由于数列{a n}满足a n+1+（﹣1）n a n＝2n﹣1，故有a2﹣a1＝1，a3+a2＝3，a4﹣a3＝5，a5+a4＝7，a6﹣a5＝9，a7+a6＝11，…a50﹣a49＝97．从而可得a3+a1＝2，a4+a2＝8，a7+a5＝2，a8+a6＝24，a11+a9＝2，a12+a10＝40，a15+a13＝2，a16+a14＝56，…从第一项开始，依次取2个相邻奇数项的和都等于2，从第二项开始，依次取2个相邻偶数项的和构成以8为首项，以16为公差的等差数列．{a n}的前60项和为 15×2+（15×8）＝1830，故选：D．4．【2019年新课标1文科14】记S n为等比数列{a n}的前n项和．若a1＝1，S3，则S4＝．【解答】解：∵等比数列{a n}的前n项和，a1＝1，S3，∴q≠1，，整理可得，，解可得，q，则S4．故答案为：【2015年新课标1文科13】在数列{a n}中，a1＝2，a n+1＝2a n，S n为{a n}的前n项和，若S n＝126，则n＝．5．【解答】解：∵a n+1＝2a n，∴，∵a1＝2，∴数列{a n}是a1＝2为首项，以2为公比的等比数列，∴S n2n+1﹣2＝126，∴2n+1＝128，∴n+1＝7，∴n＝6．故答案为：66．【2012年新课标1文科14】等比数列{a n}的前n项和为S n，若S3+3S2＝0，则公比q＝．【解答】解：由题意可得，q≠1∵S3+3S2＝0∴∴q3+3q2﹣4＝0∴（q﹣1）（q+2）2＝0∵q≠1∴q＝﹣2故答案为：﹣27．【2019年新课标1文科18】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．【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S99a5＝﹣a5，变形可得a5＝0，即a1+4d＝0，若a3＝4，则d2，则a n＝a3+（n﹣3）d＝﹣2n+10，（2）若S n≥a n，则na1d≥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≥﹣a1，又由S9＝﹣a5，即S99a5＝﹣a5，则有a5＝0，即a1+4d＝0，则有（n﹣2）a1，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}．8．【2018年新课标1文科17】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．【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）数列{b n}是为等比数列，由于（常数）；（3）由（1）得：，根据，所以：．9．【2017年新课标1文科17】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．【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．10．【2016年新课标1文科17】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．【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）．11．【2014年新课标1文科17】已知{a n}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2﹣5x+6＝0的根．（1）求{a n}的通项公式；（2）求数列{}的前n项和．【解答】解：（1）方程x2﹣5x+6＝0的根为2，3．又{a n}是递增的等差数列，故a2＝2，a4＝3，可得2d＝1，d，故a n＝2+（n﹣2）n+1，（2）设数列{}的前n项和为S n，S n，①S n，②①﹣②得S n，解得S n2．12．【2013年新课标1文科17】已知等差数列{a n}的前n项和S n满足S3＝0，S5＝﹣5．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）求数列{}的前n项和．【解答】解：（Ⅰ）设数列{a n}的首项为a1，公差为d，则．由已知可得，即，解得a1＝1，d＝﹣1，故{a n}的通项公式为a n＝a1+（n﹣1）d＝1+（n﹣1）•（﹣1）＝2﹣n；（Ⅱ）由（Ⅰ）知．从而数列{}的前n项和S n．13．【2011年新课标1文科17】已知等比数列{a n}中，a1，公比q．（Ⅰ）S n为{a n}的前n项和，证明：S n（Ⅱ）设b n＝log3a1+log3a2+…+log3a n，求数列{b n}的通项公式．【解答】证明：（I）∵数列{a n}为等比数列，a1，q∴a n，S n又∵S n∴S n（II）∵a n∴b n＝log3a1+log3a2+…+log3a n＝﹣log33+（﹣2log33）+…+（﹣n log33）＝﹣（1+2+…+n）∴数列{b n}的通项公式为：b n14．【2010年新课标1文科17】设等差数列{a n}满足a3＝5，a10＝﹣9．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）求{a n}的前n项和S n及使得S n最大的序号n的值．【解答】解：（1）由a n＝a1+（n﹣1）d及a3＝5，a10＝﹣9得a1+9d＝﹣9，a1+2d＝5解得d＝﹣2，a1＝9，数列{a n}的通项公式为a n＝11﹣2n（2）由（1）知S n ＝na 1d ＝10n ﹣n 2．因为S n ＝﹣（n ﹣5）2+25．所以n ＝5时，S n 取得最大值．考题分析与复习建议本专题考查的知识点为：数列的概念与简单表示法，等差数列及其前n 项和，等比数列及其前n 项和，数列求和，数列求通项等.历年考题主要以选择填空或解答题题型出现.重点考查的知识点为：等差数列及其前n 项和，等比数列及其前n 项和，数列求和，数列求通项等.预测明年本考点题目会比较稳定，备考方向以知识点等差数列及其前n 项和，等比数列及其前n 项和，数列求和，数列求通项为重点较佳.最新高考模拟试题1．等差数列{}n a ，等比数列{}n b ，满足111a b ==，53a b =，则9a 能取到的最小整数是（ ）A ．1-B ．0C ．2D ．3【答案】B【解析】等差数列{}n a 的公差设为d ，等比数列{}n b 的公比设为q ，0q ≠，由111a b ==，53a b =，可得214d q +=，则，可得9a 能取到的最小整数是0．故选：B ． 2．中国古代数学名著《九章算术》中有这样一个问題:今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗，羊主曰:“我羊食半马、“马主曰:“我马食半牛，”今欲衰偿之，问各出几何?此问题的译文是:今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿5斗粟、羊主人说:“我羊所吃的禾苗只有马的一半，”马主人说:“我马所吃的禾苗只有牛的一半，“打算按此比例偿还，他们各应偿还多少？该问题中，1斗为10升，则马主人应偿还( )升粟？A ．253B ．503C ．507D ．1007【答案】D【解析】因为5斗=50升，设羊、马、牛的主人应偿还的量分别为123,,a a a ，由题意可知其构成了公比为2的等比数列，且350S =则，解得1507a =， 所以马主人要偿还的量为：， 故选D.3．我国古代的《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方：如图，将1，2，…，9填入33⨯的方格内，使三行，三列和两条对角线上的三个数字之和都等于15.一般地，将连续的正整数21,2,3,,n 填入n n ⨯个方格中，使得每行，每列和两条对角线上的数字之和都相等，这个正方形叫做n 阶幻方.记n 阶幻方的对角线上的数字之和为n N ，如图三阶幻方的315N =，那么 9N 的值为（ ）A ．41B ．45C ．369D ．321【答案】C【解析】 根据题意可知，幻方对角线上的数成等差数列，，，，…．故.故选：C4．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a =，则数列13n S n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前10项的和是（ ） A ．290 B ．920C ．511D ．1011【答案】C 【解析】由得，当2n ≥时，，整理得，所以{}n a 是公差为4的等差数列，又11a =， 所以，从而，所以，数列13n S n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前10项的和.故选C .5．意大利数学家列昂那多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：，即，此数列在现代物理“准晶体结构”、化学等都有着广泛的应用．若此数列被2整除后的余数构成一个新数列{}n a ，则数列{}n a 的前2019项的和为（ ） A ．672 B ．673C ．1346D ．2019【答案】C由数列各项除以2的余数， 可得{}n a 为，所以{}n a 是周期为3的周期数列， 一个周期中三项和为1102++=， 因为，所以数列{}n a 的前2019项的和为，故选C.6．已知数列{}n a 是等比数列，数列{}n b 是等差数列，若，，则的值是（ ）A ．1 B．2C．2-D．【答案】D 【解析】{}n a 是等比数列6a ∴={}n b 是等差数列673b π∴=本题正确选项：D 7．已知数列{}n a 满足，设数列{}n b 满足：121n n n n b a a ++=，数列{}n b 的前n 项和为nT，若恒成立，则实数λ的取值范围为（ ）A ．1[,)4+∞B ．1(,)4+∞C ．3[,)8+∞D ．3(,)8+∞【解析】 解：数列{}n a 满足，①当2n ≥时，，②①﹣②得：12n a n n=， 故：22n a n =，数列{}n b 满足：，则：，由于恒成立，故：，整理得：244n n λ+>+，因为在*n N ∈上单调递减，故当1n =时，所以38λ>． 故选：D ．8．已知函数()y f x =的定义域为R ，当0x <时()1f x >，且对任意的实数,x y R ∈，等式成立，若数列{}n a 满足，且()10a f =，则下列结论成立的是（ ） A ． B ． C ．D ．【答案】A 【解析】由，令0x =，1y =-，则0x <时，()1f x > ()11f ∴-> ()01f ∴= 11a ∴=当0x >时，令y x =-，则，即又()1f x -> ∴当0x >时，令21x x >，则21>0-x x，即()f x ∴在R 上单调递减又令1n =，212a =-；令2n =，32a =-；令3n =，41a = ∴数列{}n a 是以3为周期的周期数列，，，，()f x 在R 上单调递减，，，本题正确选项：A9．在数列{}n a中，，则2019a的值为______．【答案】1【解析】因为所以，...,,各式相加，可得，，所以，20191a=，故答案为1.10．已知正项等比数列{}n a满足，若存在两项m a，n a，使得，则91m n+的最小值为__________．【答案】2【解析】正项等比数列{}n a满足，，整理，得210+2q q -=，又0q >，解得，2q =，存在两项m a ，n a 使得1a ，，整理，得8m n +=，∴，则91m n+的最小值为2． 当且仅当9m n n m=取等号，但此时m ，*n N ∉．又8m n +=， 所以只有当6m =，2n =时，取得最小值是2． 故答案为：211．已知数列{}n a 满足对，都有成立，72a π=，函数()f x =，记()n n y f a =，则数列{}n y 的前13项和为______． 【答案】26 【解析】 解：对，都有成立，可令1m =即有，为常数，可得数列{}n a 为等差数列，函数，由，可得()f x 的图象关于点,22π⎛⎫⎪⎝⎭对称，∴，∴可得数列{}n y 的前13项和为．故答案为：26．12．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足，则n a =_____．【答案】122n +- 【解析】由题意，数列{}n a 满足，则，两式相减可得，即整理得，即，即，当1n =时，1122S a =+，即1122a a =+，解得12a =-， 所以数列{}2n a -表示首项为124a -=-，公比为2的等比数列， 所以，所以122n n a +=-.13．等差数列{}n a 中，410a =且3a ，6a ，10a 成等比数列，数列{}n a 前20项的和20S =____ 【答案】200或330 【解析】设数列{}n a 的公差为d ，则，，由3610,,a a a 成等比数列，得23106a a a =，即，整理得，解得0d =或1d =，当0d =时，；当1d =时，，于是，故答案为200或330.14．已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ．若，则631S S +取得最小值时，9S 的值为_______．【解析】由，得：q≠1，所以，化简得：，即，即，得32q =，化简得631S S +＝＝，当11311a q q a -=-，即1a =时，631S S +取得最小值，所以＝3故答案为：315．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足，则5S =____．【答案】3116【解析】 解：，可得1n =时，11a = ，2n ≥时，，又，两式相减可得121n n a -=，即112n n a -⎛⎫= ⎪⎝⎭，上式对1n =也成立，可得数列{}n a 是首项为1，公比为12的等比数列， 可得．故答案为：3116．16．已知数列{}n a 满足，则数列的前n 项和为___________.【答案】2222n n +-+【解析】由，得，所以数列n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1141a a ==为首项，2为公比的等比数列，于是，所以12n n a n +=⋅，因为，所以的前n 项和2222n n +=-+. 17．定义：从数列{}n a 中抽取项按其在{}n a 中的次序排列形成一个新数列{}n b ，则称{}n b 为{}n a 的子数列；若{}n b 成等差（或等比），则称{}n b 为{}n a 的等差（或等比）子数列. （1）记数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知21n n S =-. ①求数列{}n a 的通项公式；②数列{}n a 是否存在等差子数列，若存在，求出等差子数列；若不存在，请说明理由. （2）已知数列{}n a 的通项公式为，证明：{}n a 存在等比子数列.【答案】（1）①12n n a -=；②见解析；（2）见证明【解析】解：（1）①因为21n n S =-，所以当1n =时，，当2n ≥时，，所以.综上可知：12n n a -=.②假设从数列{}n a 中抽3项成等差，则，即，化简得：.因为k l m <<，所以0l k ->，0m k ->，且l k -，m k -都是整数， 所以22l k -⨯为偶数，12m k -+为奇数，所以不成立.因此，数列{}n a 不存在三项等差子数列. 若从数列{}n a 中抽项，其前三项必成等差数列，不成立.综上可知，数列{}n a 不存在等差子数列.（2）假设数列{}n a 中存在3项0n a +，0n a k ++，成等比.设0n a b +=，则b Q +∈，故可设qb p=（p 与q 是互质的正整数）. 则需满足，即需满足，则需满足.取k q =，则2l k pq =+.此时，.故此时成立.因此数列{}n a 中存在3项0n a +，0n a k ++，成等比，所以数列{}n a 存在等比子数列.18．在等差数列{}n a 中，已知公差2d =，2a 是1a 与4a 的等比中项 （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）若数列{}n b 满足，求数列{}n b 的通项公式；（3）令，数列{}n c 的前n 项和为n T .【答案】（1）2n a n =；（2）；（3）.【解析】（1）因为2a 是1a 与4a 的等比中项，所以，∴数列{}n a 的通项公式为2n a n =. （2）∵①∴②②－①得：，，故。
2020年全国各地高中数学真题分类汇编—数列(含答案)
2020年全国各地⾼考真题分类汇编—数列1．（2020•浙江）已知等差数列{a n}的前n项和S n，公差d≠0，且≤1．记b1＝S2，b n+1＝S2n+2﹣S2n，n∈N*，下列等式不可能成⽴的是（）A．2a4＝a2+a6B．2b4＝b2+b6C．a42＝a2a8D．b42＝b2b82．（2020•北京）在等差数列{a n}中，a1＝﹣9，a5＝﹣1．记T n＝a1a2…a n（n＝1，2，…），则数列{T n}（）A．有最⼤项，有最⼩项B．有最⼤项，⽆最⼩项C．⽆最⼤项，有最⼩项D．⽆最⼤项，⽆最⼩项3．（2020•新课标Ⅰ）设{a n}是等⽐数列，且a1+a2+a3＝1，a2+a3+a4＝2，则a6+a7+a8＝（）A．12B．24C．30D．324．（2020•新课标Ⅱ）如图，将钢琴上的12个键依次记为a1，a2，…，a12．设1≤i＜j＜k≤12．若k﹣j＝3且j﹣i＝4，则a i，a j，a k为原位⼤三和弦；若k﹣j＝4且j﹣i＝3，则称a i，a j，a k 为原位⼩三和弦．⽤这12个键可以构成的原位⼤三和弦与原位⼩三和弦的个数之和为（）A．5B．8C．10D．155．（2020•新课标Ⅱ）0﹣1周期序列在通信技术中有着重要应⽤．若序列a1a2…a n…满⾜a i∈{0，1}（i＝1，2，…），且存在正整数m，使得a i+m＝a i（i＝1，2，…）成⽴，则称其为0﹣1周期序列，并称满⾜a i+m＝a i（i＝1，2…）的最⼩正整数m为这个序列的周期．对于周期为m的0﹣1序列a1a2…a n…，C（k）＝a i a i+k（k＝1，2，…，m﹣1）是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0﹣1序列中，满⾜C（k）≤（k＝1，2，3，4）的序列是（）A．11010…B．11011…C．10001…D．11001…6．（2020•新课标Ⅱ）记S n为等⽐数列{a n}的前n项和．若a5﹣a3＝12，a6﹣a4＝24，则＝（）A．2n﹣1B．2﹣21﹣n C．2﹣2n﹣1D．21﹣n﹣17．（2020•新课标Ⅱ）数列{a n}中，a1＝2，a m+n＝a m a n．若a k+1+a k+2+…+a k+10＝215﹣25，则k＝（）A．2B．3C．4D．58．（2020•新课标Ⅱ）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）（）A．3699块B．3474块C．3402块D．3339块9．（2020•上海）已知数列{a n}是公差不为零的等差数列，且a1+a10＝a9，则＝．10．（2020•新课标Ⅱ）记S n为等差数列{a n}的前n项和．若a1＝﹣2，a2+a6＝2，则S10＝．11．（2020•浙江）已知数列{a n}满⾜a n＝，则S3＝．12．（2020•海南）将数列{2n﹣1}与{3n﹣2}的公共项从⼩到⼤排列得到数列{a n}，则{a n}的前n项和为．13．（2020•江苏）设{a n}是公差为d的等差数列，{b n}是公⽐为q的等⽐数列．已知数列{a n+b n}的前n项和S n＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），则d+q的值是．14．（2020•新课标Ⅰ）数列{a n}满⾜a n+2+（﹣1）n a n＝3n﹣1，前16项和为540，则a1＝．15．（2020•天津）已知{a n}为等差数列，{b n}为等⽐数列，a1＝b1＝1，a5＝5（a4﹣a3），b5＝4（b4﹣b3）．（Ⅰ）求{a n}和{b n}的通项公式；（Ⅱ）记{a n}的前n项和为S n，求证：S n S n+2＜S n+12（n∈N*）；（Ⅲ）对任意的正整数n，设c n＝求数列{c n}的前2n项和．16．（2020•海南）已知公⽐⼤于1的等⽐数列{a n}满⾜a2+a4＝20，a3＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）求a1a2﹣a2a3+…+（﹣1）n﹣1a n a n+1．17．（2020•江苏）已知数列{a n}（n∈N*）的⾸项a1＝1，前n项和为S n．设λ和k为常数，若对⼀切正整数n，均有S n+1﹣S n＝λa n+1成⽴，则称此数列为“λ﹣k”数列．（1）若等差数列{a n}是“λ﹣1”数列，求λ的值；（2）若数列{a n}是“﹣2”数列，且a n＞0，求数列{a n}的通项公式；（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列{a n}为“λ﹣3”数列，且a n≥0？若存在，求出λ的取值范围；若不存在，说明理由．18．（2020•新课标Ⅰ）设{a n}是公⽐不为1的等⽐数列，a1为a2，a3的等差中项．（1）求{a n}的公⽐；（2）若a1＝1，求数列{na n}的前n项和．19．（2020•⼭东）已知公⽐⼤于1的等⽐数列{a n}满⾜a2+a4＝20，a3＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）记b m为{a n}在区间（0，m]（m∈N*）中的项的个数，求数列{b m}的前100项和S100．20．（2020•新课标Ⅲ）设等⽐数列{a n}满⾜a1+a2＝4，a3﹣a1＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）记S n为数列{log3a n}的前n项和．若S m+S m+1═S m+3，求m．21．（2020•浙江）已知数列{a n}，{b n}，{c n}满⾜a1＝b1＝c1＝1，c n＝a n+1﹣a n，c n+1＝c n，（n∈N*）．（Ⅰ）若{b n}为等⽐数列，公⽐q＞0，且b1+b2＝6b3，求q的值及数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）若{b n}为等差数列，公差d＞0，证明：c1+c2+c3+…+c n＜1+，n∈N*．22．（2020•上海）已知各项均为正数的数列{a n}，其前n项和为S n，a1＝1．（1）若数列{a n}为等差数列，S10＝70，求数列{a n}的通项公式；（2）若数列{a n}为等⽐数列，a4＝，求满⾜S n＞100a n时n的最⼩值．参考答案与试题解析⼀．选择题（共8⼩题）1．（2020•浙江）已知等差数列{a n}的前n项和S n，公差d≠0，且≤1．记b1＝S2，b n+1＝S2n+2﹣S2n，n∈N*，下列等式不可能成⽴的是（）A．2a4＝a2+a6B．2b4＝b2+b6C．a42＝a2a8D．b42＝b2b8【解答】解：在等差数列{a n}中，a n＝a1+（n﹣1）d，∴a2＝a1+d，a4＝a1+3d，a8＝a1+7d，b n+1＝S2n+2﹣S2n，∴b2＝S4﹣S2＝a3+a4，b4＝S8﹣S6＝a7+a8，b6＝S12﹣S10＝a11+a12，b8＝S16﹣S14＝a15+a16，A.2a4＝a2+a6，根据等差数列的性质可得A正确，B．若2b4＝b2+b6，则2（a7+a8）＝a3+a4+a11+a12＝（a3+a12）+（a4+a11），成⽴，B正确，C．若a42＝a2a8，则（a1+3d）2＝（a1+d）（a1+7d），即a12+6a1d+9d2＝a12+8a1d+7d2，得a1d＝d2，∵d≠0，∴a1＝d，符合≤1，C正确；D．若b42＝b2b8，则（a7+a8）2＝（a3+a4）（a15+a16），即4a12+52a1d+169d2＝4a12+68a1d+145d2，得16a1d＝24d2，∵d≠0，∴2a1＝3d，不符合≤1，D错误；故选：D．2．（2020•北京）在等差数列{a n}中，a1＝﹣9，a5＝﹣1．记T n＝a1a2…a n（n＝1，2，…），则数列{T n}（）A．有最⼤项，有最⼩项B．有最⼤项，⽆最⼩项C．⽆最⼤项，有最⼩项D．⽆最⼤项，⽆最⼩项【解答】解：设等差数列{a n}的公差为d，由a1＝﹣9，a5＝﹣1，得d＝，∴a n＝﹣9+2（n﹣1）＝2n﹣11．由a n＝2n﹣11＝0，得n＝，⽽n∈N*，可知数列{a n}是单调递增数列，且前5项为负值，⾃第6项开始为正值．可知T1＝﹣9＜0，T2＝63＞0，T3＝﹣315＜0，T4＝945＞0为最⼤项，⾃T5起均⼩于0，且逐渐减⼩．∴数列{T n}有最⼤项，⽆最⼩项．故选：B．3．（2020•新课标Ⅰ）设{a n}是等⽐数列，且a1+a2+a3＝1，a2+a3+a4＝2，则a6+a7+a8＝（）A．12B．24C．30D．32【解答】解：{a n}是等⽐数列，且a1+a2+a3＝1，则a2+a3+a4＝q（a1+a2+a3），即q＝2，∴a6+a7+a8＝q5（a1+a2+a3）＝25×1＝32，故选：D．4．（2020•新课标Ⅱ）如图，将钢琴上的12个键依次记为a1，a2，…，a12．设1≤i＜j＜k≤12．若k﹣j＝3且j﹣i＝4，则a i，a j，a k为原位⼤三和弦；若k﹣j＝4且j﹣i＝3，则称a i，a j，a k 为原位⼩三和弦．⽤这12个键可以构成的原位⼤三和弦与原位⼩三和弦的个数之和为（）A．5B．8C．10D．15【解答】解：若k﹣j＝3且j﹣i＝4，则a i，a j，a k为原位⼤三和弦，即有i＝1，j＝5，k＝8；i＝2，j＝6，k＝9；i＝3，j＝7，k＝10；i＝4，j＝8，k＝11；i＝5，j ＝9，k＝12，共5个；若k﹣j＝4且j﹣i＝3，则a i，a j，a k为原位⼩三和弦，可得i＝1，j＝4，k＝8；i＝2，j＝5，k＝9；i＝3，j＝6，k＝10；i＝4，j＝7，k＝11；i＝5，j ＝8，k＝12，共5个，总计10个．故选：C．5．（2020•新课标Ⅱ）0﹣1周期序列在通信技术中有着重要应⽤．若序列a1a2…a n…满⾜a i∈{0，1}（i＝1，2，…），且存在正整数m，使得a i+m＝a i（i＝1，2，…）成⽴，则称其为0﹣1周期序列，并称满⾜a i+m＝a i（i＝1，2…）的最⼩正整数m为这个序列的周期．对于周期为m的0﹣1序列a1a2…a n…，C（k）＝a i a i+k（k＝1，2，…，m﹣1）是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0﹣1序列中，满⾜C（k）≤（k＝1，2，3，4）的序列是（）A．11010…B．11011…C．10001…D．11001…【解答】解：对于A选项：序列1101011010C（1）＝a i a i+1＝（1+0+0+0+0）＝，C（2）＝a i a i+2＝（0+1+0+1+0）＝，不满⾜C（k）≤（k＝1，2，3，4），故排除A；对于B选项：序列1101111011C（1）＝a i a i+1＝（1+0+0+1+1）＝，不满⾜条件，排除；对于C选项：序列100011000110001C（1）＝a i a i+1＝（0+0+0+0+1）＝，C（2）＝a i a i+2＝（0+0+0+0++0）＝0，C（3）＝a i a i+3＝（0+0+0+0+0）＝0，C（4）＝a i a i+4＝（1+0+0+0+0）＝，符合条件，对于D选项：序列1100111001C（1）＝a i a i+1＝（1+0+0+0+1）＝不满⾜条件．故选：C．6．（2020•新课标Ⅱ）记S n为等⽐数列{a n}的前n项和．若a5﹣a3＝12，a6﹣a4＝24，则＝（）A．2n﹣1B．2﹣21﹣n C．2﹣2n﹣1D．21﹣n﹣1【解答】解：设等⽐数列的公⽐为q，∵a5﹣a3＝12，∴a6﹣a4＝q（a5﹣a3），∴q＝2，∴a1q4﹣a1q2＝12，∴12a1＝12，∴a1＝1，∴S n＝＝2n﹣1，a n＝2n﹣1，∴＝＝2﹣21﹣n，故选：B．7．（2020•新课标Ⅱ）数列{a n}中，a1＝2，a m+n＝a m a n．若a k+1+a k+2+…+a k+10＝215﹣25，则k＝（）A．2B．3C．4D．5【解答】解：由a1＝2，且a m+n＝a m a n，取m＝1，得a n+1＝a1a n＝2a n，∴，则数列{a n}是以2为⾸项，以2为公⽐的等⽐数列，则，∴a k+1+a k+2+…+a k+10＝＝215﹣25，∴k+1＝5，即k＝4．故选：C．8．（2020•新课标Ⅱ）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）（）A．3699块B．3474块C．3402块D．3339块【解答】解：⽅法⼀：设每⼀层有n环，由题意可知从内到外每环之间构成等差数列，且公差d＝9，a1＝9，由等差数列的性质可得S n，S2n﹣S n，S3n﹣S2n成等差数列，且（S3n﹣S2n）﹣（S2n﹣S n）＝n2d，则n2d＝729，则n＝9，则三层共有扇⾯形⽯板S3n＝S27＝27×9+×9＝3402块，⽅法⼆：设第n环天⽯⼼块数为a n，第⼀层共有n环，则{a n}是以9为⾸项，9为公差的等差数列，a n＝9+（n﹣1）×9＝9n，设S n为{a n}的前n项和，则第⼀层、第⼆层、第三层的块数分别为S n，S2n﹣S n，S3n﹣S2n，∵下层⽐中层多729块，∴S3n﹣S2n＝S2n﹣S n+729，∴﹣＝﹣+729，∴9n2＝729，解得n＝9，∴S3n＝S27＝＝3402，故选：C．⼆．填空题（共6⼩题）9．（2020•上海）已知数列{a n}是公差不为零的等差数列，且a1+a10＝a9，则＝．【解答】解：根据题意，等差数列{a n}满⾜a1+a10＝a9，即a1+a1+9d＝a1+8d，变形可得a1＝﹣d，所以＝＝＝＝．故答案为：．10．（2020•新课标Ⅱ）记S n为等差数列{a n}的前n项和．若a1＝﹣2，a2+a6＝2，则S10＝25．【解答】解：因为等差数列{a n}中，a1＝﹣2，a2+a6＝2a4＝2，所以a4＝1，3d＝a4﹣a1＝3，即d＝1，则S10＝10a1＝10×（﹣2）+45×1＝25．故答案为：2511．（2020•浙江）已知数列{a n}满⾜a n＝，则S3＝10．【解答】解：数列{a n}满⾜a n＝，可得a1＝1，a2＝3，a3＝6，所以S3＝1+3+6＝10．故答案为：10．12．（2020•海南）将数列{2n﹣1}与{3n﹣2}的公共项从⼩到⼤排列得到数列{a n}，则{a n}的前n项和为3n2﹣2n．【解答】解：将数列{2n﹣1}与{3n﹣2}的公共项从⼩到⼤排列得到数列{a n}，则{a n}是以1为⾸项、以6为公差的等差数列，故它的前n项和为n×1+＝3n2﹣2n，故答案为：3n2﹣2n．13．（2020•江苏）设{a n}是公差为d的等差数列，{b n}是公⽐为q的等⽐数列．已知数列{a n+b n}的前n项和S n＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），则d+q的值是4．【解答】解：因为{a n+b n}的前n项和S n＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），因为{a n}是公差为d的等差数列，设⾸项为a1；{b n}是公⽐为q的等⽐数列，设⾸项为b1，所以{a n}的通项公式a n＝a1+（n﹣1）d，所以其前n项和S＝＝n2+（a1﹣）n，当{b n}中，当公⽐q＝1时，其前n项和S＝nb1，所以{a n+b n}的前n项和S n＝S+S＝n2+（a1﹣）n+nb1＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），显然没有出现2n，所以q≠1，则{b n}的前n项和为S＝＝+，所以S n＝S+S＝n2+（a1﹣）n+﹣＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），由两边对应项相等可得：解得：d＝2，a1＝0，q＝2，b1＝1，所以d+q＝4，故答案为：4．14．（2020•新课标Ⅰ）数列{a n}满⾜a n+2+（﹣1）n a n＝3n﹣1，前16项和为540，则a1＝7．【解答】解：由a n+2+（﹣1）n a n＝3n﹣1，当n为奇数时，有a n+2﹣a n＝3n﹣1，可得a n﹣a n﹣2＝3（n﹣2）﹣1，…a3﹣a1＝3•1﹣1，累加可得a n﹣a1＝3[1+3+…+（n﹣2）]﹣＝3•＝；当n为偶数时，a n+2+a n＝3n﹣1，可得a4+a2＝5，a8+a6＝17，a12+a10＝29，a16+a14＝41．可得a2+a4+…+a16＝92．∴a1+a3+…+a15＝448．∴＝448，∴8a1＝56，即a1＝7．故答案为：7．三．解答题（共8⼩题）15．（2020•天津）已知{a n}为等差数列，{b n}为等⽐数列，a1＝b1＝1，a5＝5（a4﹣a3），b5＝4（b4﹣b3）．（Ⅰ）求{a n}和{b n}的通项公式；（Ⅱ）记{a n}的前n项和为S n，求证：S n S n+2＜S n+12（n∈N*）；（Ⅲ）对任意的正整数n，设c n＝求数列{c n}的前2n项和．【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，等⽐数列{b n}的公⽐为q，由a1＝1，a5＝5（a4﹣a3），则1+4d＝5d，可得d＝1，∴a n＝1+n﹣1＝n，∵b1＝1，b5＝4（b4﹣b3），∴q4＝4（q3﹣q2），解得q＝2，∴b n＝2n﹣1；（Ⅱ）证明：法⼀：由（Ⅰ）可得S n＝，∴S n S n+2＝n（n+1）（n+2）（n+3），（S n+1）2＝（n+1）2（n+2）2，∴S n S n+2﹣S n+12＝﹣（n+1）（n+2）＜0，∴S n S n+2＜S n+12（n∈N*）；法⼆：∵数列{a n}为等差数列，且a n＝n，∴S n＝，S n+2＝，S n+1＝，∴＝＝＜1，∴S n S n+2＜S n+12（n∈N*）；（Ⅲ），当n为奇数时，c n＝＝＝﹣，当n为偶数时，c n＝＝，对任意的正整数n，有c2k﹣1＝（﹣）＝﹣1，和c2k＝＝+++…+，①，由①×可得c2k＝++…++，②，①﹣②得c2k＝+++…+﹣﹣，∴c2k＝﹣，因此c2k＝c2k﹣1+c2k＝﹣﹣．数列{c n}的前2n项和﹣﹣．16．（2020•海南）已知公⽐⼤于1的等⽐数列{a n}满⾜a2+a4＝20，a3＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）求a1a2﹣a2a3+…+（﹣1）n﹣1a n a n+1．【解答】解：（1）设等⽐数列{a n}的公⽐为q（q＞1），则，∵q＞1，∴，∴．（2）a1a2﹣a2a3+…+（﹣1）n﹣1a n a n+1＝23﹣25+27﹣29+…+（﹣1）n﹣1•22n+1，＝＝．17．（2020•江苏）已知数列{a n}（n∈N*）的⾸项a1＝1，前n项和为S n．设λ和k为常数，若对⼀切正整数n，均有S n+1﹣S n＝λa n+1成⽴，则称此数列为“λ﹣k”数列．（1）若等差数列{a n}是“λ﹣1”数列，求λ的值；（2）若数列{a n}是“﹣2”数列，且a n＞0，求数列{a n}的通项公式；（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列{a n}为“λ﹣3”数列，且a n≥0？若存在，求出λ的取值范围；若不存在，说明理由．【解答】解：（1）k＝1时，a n+1＝S n+1﹣S n＝λa n+1，由n为任意正整数，且a1＝1，a n≠0，可得λ＝1；（2）﹣＝，则an+1＝S n+1﹣S n＝（﹣）•（+）＝•（+），因此+＝•，即＝，Sn+1＝a n+1＝（S n+1﹣S n），从⽽S n+1＝4S n，⼜S1＝a1＝1，可得S n＝4n﹣1，a n＝S n﹣S n﹣1＝3•4n﹣2，n≥2，综上可得a n＝，n∈N*；（3）若存在三个不同的数列{a n}为“λ﹣3”数列，则S n+1﹣S n＝λa n+1，则S n+1﹣3S n+1S n+3S n+1S n﹣S n＝λ3a n+1＝λ3（S n+1﹣S n），由a1＝1，a n≥0，且S n＞0，令p n＝（）＞0，则（1﹣λ3）p n3﹣3p n2+3p n﹣（1﹣λ3）＝0，λ＝1时，p n＝p n2，由p n＞0，可得p n＝1，则S n+1＝S n，即a n+1＝0，此时{a n}唯⼀，不存在三个不同的数列{a n}，λ≠1时，令t＝，则p n3﹣tp n2+tp n﹣1＝0，则（p n﹣1）[p n2+（1﹣t）p n+1]＝0，①t≤1时，p n2+（1﹣t）p n+1＞0，则p n＝1，同上分析不存在三个不同的数列{a n}；②1＜t＜3时，△＝（1﹣t）2﹣4＜0，p n2+（1﹣t）p n+1＝0⽆解，则p n＝1，同上分析不存在三个不同的数列{a n}；③t＝3时，（p n﹣1）3＝0，则p n＝1，同上分析不存在三个不同的数列{a n}．④t＞3时，即0＜λ＜1时，△＝（1﹣t）2﹣4＞0，p n2+（1﹣t）p n+1＝0有两解α，β，设α＜β，α+β＝t﹣1＞2，αβ＝1＞0，则0＜α＜1＜β，则对任意n∈N*，＝1或＝α3（舍去）或＝β3，由于数列{S n}从任何⼀项求其后⼀项均有两种不同的结果，所以这样的数列{S n}有⽆数多个，则对应的数列{a n}有⽆数多个．则存在三个不同的数列{a n}为“λ﹣3”数列，且a n≥0，综上可得0＜λ＜1．18．（2020•新课标Ⅰ）设{a n}是公⽐不为1的等⽐数列，a1为a2，a3的等差中项．（1）求{a n}的公⽐；（2）若a1＝1，求数列{na n}的前n项和．【解答】解：（1）设{a n}是公⽐q不为1的等⽐数列，a1为a2，a3的等差中项，可得2a1＝a2+a3，即2a1＝a1q+a1q2，即为q2+q﹣2＝0，解得q＝﹣2（1舍去），所以{a n}的公⽐为﹣2；（2）若a1＝1，则a n＝（﹣2）n﹣1，na n＝n•（﹣2）n﹣1，则数列{na n}的前n项和为S n＝1•1+2•（﹣2）+3•（﹣2）2+…+n•（﹣2）n﹣1，﹣2S n＝1•（﹣2）+2•（﹣2）2+3•（﹣2）3+…+n•（﹣2）n，两式相减可得3S n＝1+（﹣2）+（﹣2）2+（﹣2）3+…+（﹣2）n﹣1﹣n•（﹣2）n＝﹣n•（﹣2）n，化简可得S n＝，所以数列{na n}的前n项和为．19．（2020•⼭东）已知公⽐⼤于1的等⽐数列{a n}满⾜a2+a4＝20，a3＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）记b m为{a n}在区间（0，m]（m∈N*）中的项的个数，求数列{b m}的前100项和S100．【解答】解：（1）∵a2+a4＝20，a3＝8，∴+8q＝20，解得q＝2或q＝（舍去），∴a1＝2，∴a n＝2n，（2）记b m为{a n}在区间（0，m]（m∈N*）中的项的个数，∴2n≤m，∴n≤log2m，故b1＝0，b2＝1，b3＝1，b4＝2，b5＝2，b6＝2，b7＝2，b8＝3，b9＝3，b10＝3，b11＝3，b12＝3，b13＝3，b14＝3，b15＝3，b16＝4，…，可知0在数列{b m}中有1项，1在数列{b m}中有2项，2在数列{b m}中有4项，…，由＜100，＞100可知b63＝5，b64＝b65＝…＝b100＝6．∴数列{b m}的前100项和S100＝0+1×2+2×4+3×8+4×16+5×32+6×37＝480．20．（2020•新课标Ⅲ）设等⽐数列{a n}满⾜a1+a2＝4，a3﹣a1＝8．（1）求{a n}的通项公式；（2）记S n为数列{log3a n}的前n项和．若S m+S m+1═S m+3，求m．【解答】解：（1）设公⽐为q，则由，可得a1＝1，q＝3，所以a n＝3n﹣1．（2）由（1）有log3a n＝n﹣1，是⼀个以0为⾸项，1为公差的等差数列，所以S n＝，所以+＝，m2﹣5m﹣6＝0，解得m＝6，或m＝﹣1（舍去），所以m＝6．21．（2020•浙江）已知数列{a n}，{b n}，{c n}满⾜a1＝b1＝c1＝1，c n＝a n+1﹣a n，c n+1＝c n，（n∈N*）．（Ⅰ）若{b n}为等⽐数列，公⽐q＞0，且b1+b2＝6b3，求q的值及数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）若{b n}为等差数列，公差d＞0，证明：c1+c2+c3+…+c n＜1+，n∈N*．【解答】（Ⅰ）解：由题意，b2＝q，b3＝q2，∵b1+b2＝6b3，∴1+q＝6q2，整理，得6q2﹣q﹣1＝0，解得q＝﹣（舍去），或q＝，∴c n+1＝•c n＝•c n＝•c n＝•c n＝4•c n，∴数列{c n}是以1为⾸项，4为公⽐的等⽐数列，∴c n＝1•4n﹣1＝4n﹣1，n∈N*．∴a n+1﹣a n＝c n＝4n﹣1，则a1＝1，a2﹣a1＝1，a3﹣a2＝41，•••a n﹣a n﹣1＝4n﹣2，各项相加，可得a n＝1+1+41+42+…+4n﹣2＝+1＝．（Ⅱ）证明：依题意，由c n+1＝•c n（n∈N*），可得b n+2•c n+1＝b n•c n，两边同时乘以b n+1，可得b n+1b n+2c n+1＝b n b n+1c n，∵b1b2c1＝b2＝1+d，∴数列{b n b n+1c n}是⼀个常数列，且此常数为1+d，b n b n+1c n＝1+d，∴c n＝＝•＝（1+）•＝（1+）（﹣），⼜∵b1＝1，d＞0，∴b n＞0，∴c1+c2+…+c n＝（1+）（﹣）+（1+）（﹣）+…+（1+）（﹣）＝（1+）（﹣+﹣+…+﹣）＝（1+）（﹣）＝（1+）（1﹣）＜1+，∴c1+c2+…+c n＜1+，故得证．22．（2020•上海）已知各项均为正数的数列{a n}，其前n项和为S n，a1＝1．（1）若数列{a n}为等差数列，S10＝70，求数列{a n}的通项公式；（2）若数列{a n}为等⽐数列，a4＝，求满⾜S n＞100a n时n的最⼩值．【解答】解：（1）数列{a n}为公差为d的等差数列，S10＝70，a1＝1，可得10+×10×9d＝70，解得d＝，则a n＝1+（n﹣1）＝n﹣；（2）数列{a n}为公⽐为q的等⽐数列，a4＝，a1＝1，可得q3＝，即q＝，则a n＝（）n﹣1，S n＝＝2﹣（）n﹣1，S n＞100a n，即为2﹣（）n﹣1＞100•（）n﹣1，即2n＞101，可得n≥7，即n的最⼩值为7．考点卡⽚1．数列的函数特性【知识点的认识】1、等差数列的通项公式：a n＝a1+（n﹣1）d；前n项和公式S n＝na1+n（n﹣1）d或者S n＝2、等⽐数列的通项公式：a n＝a1q n﹣1；前n项和公式S n＝＝（q≠1）3、⽤函数的观点理解等差数列、等⽐数列（1）对于等差数列，a n＝a1+（n﹣1）d＝dn+（a1﹣d），当d≠0时，a n是n的⼀次函数，对应的点（n，a n）是位于直线上的若⼲个点．当d＞0时，函数是增函数，对应的数列是递增数列；同理，d＝0时，函数是常数函数，对应的数列是常数列；d＜0时，函数是减函数，对应的数列是递减函数．若等差数列的前n项和为S n，则S n＝pn2+qn（p、q∈R）．当p＝0时，{a n}为常数列；当p≠0时，可⽤⼆次函数的⽅法解决等差数列问题．（2）对于等⽐数列：a n＝a1q n﹣1．可⽤指数函数的性质来理解．当a1＞0，q＞1或a1＜0，0＜q＜1时，等⽐数列是递增数列；当a1＞0，0＜q＜1或a1＜0，q＞1时，等⽐数列{a n}是递减数列．当q＝1时，是⼀个常数列．当q＜0时，⽆法判断数列的单调性，它是⼀个摆动数列．【典型例题分析】典例1：数列{a n}满⾜a n＝n2+kn+2，若不等式a n≥a4恒成⽴，则实数k的取值范围是（）A．[﹣9，﹣8]B．[﹣9，﹣7]C．（﹣9，﹣8）D．（﹣9，﹣7）解：a n＝n2+kn+2＝，∵不等式a n≥a4恒成⽴，∴，解得﹣9≤k≤﹣7，故选：B．典例2：设等差数列{a n}满⾜a1＝1，a n＞0（n∈N*），其前n项和为S n，若数列{}也为等差数列，则的最⼤值是（）A．310B．212C．180D．121解：∵等差数列{a n}满⾜a1＝1，a n＞0（n∈N*），设公差为d，则a n＝1+（n﹣1）d，其前n项和为S n＝，∴＝，＝1，＝，＝，∵数列{}也为等差数列，∴＝+，∴＝1+，解得d＝2．∴S n+10＝（n+10）2，＝（2n﹣1）2，∴＝＝，由于为单调递减数列，∴≤＝112＝121，故选：D．2．等差数列的通项公式【知识点的认识】等差数列是常⻅数列的⼀种，数列从第⼆项起，每⼀项与它的前⼀项的差等于同⼀个常数，已知等差数列的⾸项a1，公差d，那么第n项为a n＝a1+（n﹣1）d，或者已知第m项为a m，则第n项为a n＝a m+（n﹣m）d．【例题解析】eg1：已知数列{a n}的前n项和为S n＝n2+1，求数列{a n}的通项公式，并判断{a n}是不是等差数列解：当n＝1时，a1＝S1＝12+1＝2，当n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1＝n2+1﹣（n﹣1）2﹣1＝2n﹣1，∴a n＝，把n＝1代⼊2n﹣1可得1≠2，∴{a n}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a n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{a n}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{a n}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a n是以1为⾸项，4为公差的等差数列，∴a n＝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⻅的题型，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】等差数列是常⻅数列的⼀种，如果⼀个数列从第⼆项起，每⼀项与它的前⼀项的差等于同⼀个常数，这个数列就叫做等差数列，⽽这个常数叫做等差数列的公差，公差常⽤字⺟d表示．其求和公式为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】等差数列⽐较常⻅，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【等⽐数列】（⼜名⼏何数列），是⼀种特殊数列．如果⼀个数列从第2项起，每⼀项与它的前⼀项的⽐等于同⼀个常数，这个数列就叫做等⽐数列，因为第⼆项与第⼀项的⽐和第三项与第⼆项的⽐相等，这个常数叫做等⽐数列的公⽐，公⽐通常⽤字⺟q表示（q≠0）．注：q＝1时，a n 为常数列．等⽐数列和等差数列⼀样，也有⼀些通项公式：①第n项的通项公式，a n＝a1q n﹣1，这⾥a1为⾸项，q为公⽐，我们发现这个通项公式其实就是指数函数上孤⽴的点．②求和公式，S n＝，表示的是前⾯n项的和．③若m+n＝q+p，且都为正整数，那么有a m•a n ＝a p•a q．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．等⽐数列的定义如果⼀个数列从第2项起，每⼀项与它的前⼀项的⽐值等于同⼀个常数，那么这个数列叫做等⽐数列，这个常数叫做等⽐数列的公⽐，通常⽤字⺟q表示（q≠0）．从等⽐数列的定义看，等⽐数列的任意项都是⾮零的，公⽐q也是⾮零常数．2．等⽐数列的通项公式设等⽐数列{a n}的⾸项为a1，公⽐为q，则它的通项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．数列的应⽤【知识点的知识】1、数列与函数的综合2、等差数列与等⽐数列的综合3、数列的实际应⽤数列与银⾏利率、产品利润、⼈⼝增⻓等实际问题的结合．8．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、等⽐或常⻅的数列，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．9．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．10．等差数列与等⽐数列的综合【知识点的知识】1、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a m＝a n+（m﹣n）d；（4）若s，t，p，q∈N*，且s+t＝p+q，则a s+a t＝a p+a q，其中a s，a t，a p，a q是数列中的项，特别地，当s+t＝2p时，有a s+a t＝2a p；（5）若数列{a n}，{b n}均是等差数列，则数列{ma n+kb n}仍为等差数列，其中m，k均为常数．（6）a n，a n﹣1，a n﹣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2a n+1＝a n+a n+2，2a n＝a n﹣m+a n+m，（n≥m+1，n，m∈N+）（8）a m，a m+k，a m+2k，a m+3k，…仍为等差数列，公差为kd（⾸项不⼀定选a1）．2、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．31。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
关注微信公众号：数学货专题六数列第十六讲等比数列2019年
1.（2019全国1理14）记Sn为等比数列{an}的前n项和．若214613aaa，，则
S5=____________．
2.（2019全国3理5）已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项为和为15，且a5=3a3+4a1，
则a
3
=
A．16B．8C．4D．23.（2019全国2卷理19）已知数列{an}和{bn}满足a1=1，b1=0，1
434
nnnaab
，
1434nnnbba
.
（1）证明：{a
n+bn}是等比数列，{an–bn
}是等差数列；
（2）求{a
n}和{bn
}的通项公式.
2010-2018年一、选择题1．(2018北京)“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于122．若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为A．32fB．322fC．1252fD．127
2f
2．(2018浙江)已知1a，2a，3a，4a成等比数列，且1234123ln()aaaaaaa．若
11a，则
A．13aa，24aaB．13aa，24aa
C．13aa，24aaD．13aa，24aa
3．（2017新课标Ⅱ）我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381
梦想不会辜负每一个努力的人关注微信公众号：数学货盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯A．1盏B．3盏C．5盏D．9盏
4．（2015新课标Ⅱ）等比数列{}na满足13a，13521aaa，则357aaa=
A．21B．42C．63D．845．（2014重庆）对任意等比数列{}na
，下列说法一定正确的是
A．139,,aaa成等比数列B．236,,aaa成等比数列C．248,,aaa成等比数列D．269,,aaa成等比数列6．（2013新课标Ⅱ）等比数列na的前n项和为nS，已知32110Saa，59a，则1a=
A．13B．13C．19D．19
7．（2012北京）已知{}na
为等比数列．下面结论中正确的是
A．1322aaaB．2221322aaa
C．若13aa，则12aaD．若31aa，则42aa
8．（2011辽宁）若等比数列{}na
满足
1
16n
nnaa
，则公比为
A．2B．4C．8D．169．（2010广东）已知数列na为等比数列，nS是是它的前n项和,若2312aaa，且4a与
27a的等差中项为54，则5S
A．35B．33C．3lD．2910．（2010浙江）设ns为等比数列{}na的前n项和，2580aa则52
S
S
A．－11B．－8C．5D．1111．（2010安徽）设na是任意等比数列，它的前n项和，前2n项和与前3n项和分别为
,,XYZ，则下列等式中恒成立的是
A．2XZYB．YYXZZX
C．2YXZ
D．
YYXXZX
梦想不会辜负每一个努力的人关注微信公众号：数学货12．（2010北京）在等比数列na中，11a，公比1q.若12345maaaaaa，则m=
A．9B．10C．11D．1213．（2010辽宁）设nS为等比数列na的前n项和，已知3432Sa，2332Sa，则公比qA．3B．4C．5D．614．（2010天津）已知na是首项为1的等比数列，ns是na的前n项和，且369ss，
则数列1na的前5项和为A．158或5B．3116或5C．3116D．158
二、填空题15．（2017新课标Ⅲ）设等比数列{}na满足121aa，133aa，则4a=_______．
16．（2017江苏）等比数列{}na的各项均为实数，其前n项的和为nS
，已知374S，6634S，
则8
a=．
17．（2017北京）若等差数列na和等比数列nb满足111ab，448ab，
则22
a
b=_____．
18．（2016年全国I）设等比数列{}na满足1310aa，245aa，则12naaa的最大
值为.19．（2016年浙江）设数列{}na的前n项和为nS．若24S，1
21
nnaS
，
*nN
，则
1a=，5S=．
20．（2015安徽）已知数列{}na是递增的等比数列，14329,8aaaa，则数列{}na
的
前n项和等于．21．（2014广东）等比数列na的各项均为正数，且154aa，则
2122232425log+log+log+log+log=aaaaa________．
22．（2014广东）若等比数列na的各项均为正数，且512911102eaaaa，则
梦想不会辜负每一个努力的人关注微信公众号：数学货1220lnlnlnaaa．
23．（2014江苏）在各项均为正数的等比数列}{na中，,12a4682aaa，则6a的值
是．24．（2013广东）设数列{}na
是首项为1，公比为2的等比数列，则
1234||||aaaa．
25．（2013北京）若等比数列na满足24aa=20，35aa=40，则公比q=；前n
项和n
S=．
26．（2013江苏）在正项等比数列na中，
2
1
5a，376aa．则满足
nnaaaaaaaa......321321的最大正整数n的值为．
27．（2012江西）等比数列na的前n项和为nS，公比不为1。若11a，且对任意的nN
都有2120nnnaaa，则5
S=_________________．
28．（2012辽宁）已知等比数列}{na为递增数列，若01a，且125)(2
nnn
aaa，则数
列na的公比q．
29．（2012浙江）设公比为(0)qq的等比数列{}na的前n项和为nS．若2232Sa，
4432Sa，则q．
30．（2011北京）在等比数列{}na中，112a，44a，则公比q=______________；12...naaa
____________．
三、解答题31．（2018全国卷Ⅲ）等比数列{}na中，11a，534aa．
(1)求{}na
的通项公式；
(2)记nS为{}na的前n项和．若63mS，求m．
32．（2017山东）已知{}nx是各项均为正数的等比数列，且123xx，322xx．（Ⅰ）求数列{}n
x的通项公式；
梦想不会辜负每一个努力的人关注微信公众号：数学货（Ⅱ）如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点11(,1)Px，22
(,2)Px，…，
11(,1)nnPxn得到折线1P2P…1nP，求由该折线与直线0y，1xx，
1nxx所围成的区域的面积nT．
33．（2016年全国III高考）已知数列{}na的前n项和1nnSa
，其中0．
（Ⅰ）证明{}n
a是等比数列，并求其通项公式；
（Ⅱ）若5
31
32S，求．
34．（2014新课标）已知数列na满足1a=1，
1
31
nnaa
．
（Ⅰ）证明1
2n
a是等比数列，并求na的通项公式；
（Ⅱ）证明：1231112naaa…+．35．（2014福建）在等比数列{}na中，253,81aa.（Ⅰ）求n
a；
（Ⅱ）设3
log
nnba，求数列{}nb的前n项和nS
.
36．（2014江西）已知数列na的前n项和NnnnSn，2
32．
（Ⅰ）求数列na的通项公式；
梦想不会辜负每一个努力的人