2022学年高三上(编号1-25)数列大题汇编(教师版)
2022学年高三上（编号1-25）数列大题汇编（教师版）1：（2023届湖北圆创第一次联合测试解析第17题） 1：已知数列{}n a 满足()*1232311113333n na a a a n n N ++++=∈， （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设3log n n b a =，求数列121n n n b b b ++⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．方法提供与解析：（浙江金华郭扬文） （1）解析：（减项作差） 当1n =时，13a =，当2n 时，1232311113333n na a a a n ++++=① 1231231111113333n n a a a a n --++++=-② 由①-②得1(1)13n n a n n =--=，即3(2)n n a n =．当1n =时也成立，所以数列{}n a 的通项公式为()*3n n a n N =∈（2）解析：（裂项求和） 因为33log log 3n n n b a n ===， 所以1211111(1)(2)2(1)(1)(2)n n n b b b n n n n n n n ++⎡⎤==-⎢⎥+++++⎣⎦，所以1111111111212232334(1)(1)(2)22(1)(2)n T n n n n n n ⎡⎤⎡⎤=-+-++-=-⎢⎥⎢⎥⋅⋅⋅⋅+++++⎣⎦⎣⎦． 2：（2023届如皋市高三上期初调研解析第17题）2：已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且23522n S n n =+．（1）求{}n a 的通项公式；（2）求数列13n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．方法提供与解析：（上海奉贤沈健） 解析：（1）当1n =时，1135422a S ==+=． 当2n 时，2213535(1)(1)312222n n n a S S n n n n n -⎡⎤=-=+--+-=+⎢⎥⎣⎦．因为当1n =时，3114⨯+=，也符合，所以31n a n =+．（2）因为13311(31)(34)3134n n a a n n n n +==-++++， 所以111111477103134n T n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭1134341216n n n =-=++． 3：（2023届湖北九师联盟高三开学考解析第17题）3：已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，2320a S +=，514a =． （1）求{}n a 的通项公式；（2）求数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的n 项和为n T ，并证明16n T <．方法提供与解析：（湖州赵健鑫）（1）解析：因为{}n a 为等差数列，由2320a S +=得，14420a d +=，即25a =，因为514a =，所以5239d a a =-=，3d =，则12a =，所以31n a n =-．（2）解析：由（1）得，31n a n =-，则，()()1113132n n a a n n +=-+，裂项可得1111133132n n a a n n +⎛⎫=- ⎪-+⎝⎭，则11111111111111325583132323263326n T n n n n ⎛⎫⎛⎫=-+-+-=-=-⋅< ⎪ ⎪-+++⎝⎭⎝⎭，则16n T <，即证． 4：（2023届广东梅州中学高三上阶段性考试解析第19题）4：已知正项等比数列{}n a 满足257a a a ⋅=，8256a =，正项数列{}n b 的前n 项和n S 满足222n n n S b b =+-．（1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；（2）若13221n n nn S n a c b +⎛⎫-⋅ ⎪⎝⎭=-，求数列{}n c 的前n 项和n M ．方法提供与解析：（浙江绍兴+谢柏军）（1）解析：设{}n a 公比为()0q q > 257a a a ⋅=，8256a =88863a a a q q q∴⋅= 88256q a ∴==2q ∴=882n n n a a q -∴==∴数列{}n a 的通项公式为2n n a =当1n =时，211122S b b =+-，即211122b b b =+- 12b ∴=，11b =-（舍去）当2n ≥时，221112222n n n n n n S b b S b b ---⎧=+----⎪⎨=+----⎪⎩①②-①②得：22112n n n n n b b b b b --=+--，整理得：()()1110nn n n b b b b --+--= {}n b 是正项数列110n n b b -∴--=()1111n b b n n ∴=+-⋅=+∴数列{}n b 的通项公式为1n b n =+（2）解析1：（裂项法）()22211223222n n n n n b b n nS +++-+-+===∴1211322221n n n n n n S n a n c n b n+++⎛⎫-⋅ ⎪⋅⎝⎭===⋅-()()1124424142n n n n n n +-⋅=----⎡⎤⎣⎦()()()()()()1021112341424042424241424424142n n n n M c c c c n n -∴=+++⋅⋅⋅+=⋅--⋅-⋅+⋅--⋅-⋅+⋅⋅⋅+----⎡⎤⎣⎦()4424n n =-+（2）解析2：（错位相减法） ()23412312122232221222122n n n n n M n M n n +++=⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅---=⋅+⋅+⋅⋅⋅+-⋅+⋅---①②-①②：()2341222222222242124n n n n n n M n n n +++++-=+++⋅⋅⋅+-⋅=--⋅=--()2124n n M n +∴=-+5：（2023届麓山国际实验学校高三上入学考解析第17题）5：已知集合{}*|2,A x x n n ==∈N ，{}*|3,n B x x n ==∈N ，将AB 中所有元素按从小到大的顺序排列构成数列{}n a ，设数列{}n a 的前n 项和为n S ．（1）若27m a =，求m 的值; （2）求50S 的值．方法提供与解析：（上海奉贤沈健） 解析：（1）因为27m a =，所以数列{}n a 中前m 项中含有A 中的元素为2,4,6,,26⋯，共有13项， 数列{}n a 中前m 项中含有B 中的元素为3,9,27，共有3项，所以16m =．（2）因为250100⨯=，4381100=<，53243100=>， 所以数列{}n a 中前50项中含有B 中的元素为3,9,27,81共有4项， 所以数列{}n a 中前50项中含有A 中的元素为21,22,23,,246⨯⨯⨯⨯，共有46项，所以50(392781)(212223246)2282S =++++⨯+⨯+⨯+⋯+⨯=．6：（2023届麓山国际实验学校高三上入学考解析第20题）6：（本题满分12分）已知数列{}n a 满足12a =，28a =，2143n n n a a a ++=-． （1）证明：数列{}1n n a a +-是等比数列；（2）若()()()()22231321265log 1log 1n n n n n n b a a ++-⋅++=+⋅+，求数列{}n b 的前n 项和n T ． 方法提供与解析：（衢州张小臣）解析：（1）由2143n n n a a a ++=-得：()2113n n n n a a a a +++-=-，又216a a -=， ∴数列{}1n n a a +-是以6为首项，3为公比的等比数列．（2）由（1）得：116323n n n n a a -+-=⋅=⋅，则1123---=⋅n n n a a ，21223n n n a a ----=⋅，32323n n n a a ----=⋅，…，12123a a -=⋅， 各式作和得：()()1211313233323313n n n n a a ----=⨯++⋅⋅⋅+=⨯=--，又12a =，31n n a ∴=-， ()()()()()()()()()22222233221212651265111log log 132231nnn n n n n n n n n n n n b ++⎛⎫-⋅++-⋅++∴===-+ ⎪ ⎪⋅⎝+++⎭+， 当n 为偶数时，()22222222111111112334451n T n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--+++--+⋅⋅⋅+--+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭+⎝⎭()()()22211114122n n n ⎛⎫+=- ⎪ ⎪+++⎝⎭；当n 为奇数时， ()()()()112222111111443232n n n T T b n n n n ++=-=---=--++++；综上所述：()()21142n n T n -=-+． 7：（2023届如皋市高三上期初调研解析第20题）7：（本题满分12分）已知等差数列{}n A 的首项1A 为4，公差为6，在{}n A 中每相邻两项之间都插 入两个数，使它们和原数列的项一起构成一个新的等差数列{}n a ．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若12，，，，nk k k a a a 是从{}n a 中抽取的部分项按原来的顺序排列组成的一个等比数列，11k =，25k =，令22n n b nk n =+，求数列{}n b 的前n 项和n T ．方法提供与解析：（衢州张小臣）解析：（1）由4，6，8，10可得数列{}n a 是首项为4，公差为2的等差数列， 可得42(1)2(1)n a n n =+-=+；（2）由1k a ，2k a 是等比数列的前两项，且11k =，25k =，即14a =，512a =，则等比数列的公比为3，143n n k a -=⋅，即为12(1)43n n k -+=⋅，可得1231n n k -=⋅-，12243n n n b nk n n -=+=⋅，所以01214(132333...3)n n T n -=⋅+⋅+⋅++⋅，2334(132333...3)n n T n =⋅+⋅+⋅++⋅，相减可得211324(133...33)4(3)13nn nn n T n n ---=++++-⋅=-⋅-，化简可得(21)3 1.n n T n =-⋅+ 8：（2023届广东省高三上学期开学联考解析第17题）8：已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，且()*141,2n n n n na S ab n +=+=∈N ． （1）证明：数列{}n b 是等差数列； （2）求数列{}n a 的前n 项和． 方法提供与解析：（上海奉贤沈健）解析：（1）因为141n n S a +=+，*n ∈N ，所以141n n S a -=+，2n 且*n ∈N ，两式相减，得14n n a a +=-14n a -，所以1144n n n a a a +-+=，所以11112222n n nn n n a a a +-+-+=⨯，即(1122n n n b b b n +-+=且)*n ∈N ， 所以数列{}n b 是等差数列．（2）因为11a =，1221415a a S a +==+=，所以24a =，由（1）知数列{}n b 是等差数列，公差为212122a a d =-12=，所以11(1)222n n b n =+-⨯=， 所以1222n n n n a n -=⨯=⨯，*n ∈N ．所以当2n 时，21414(1)2n n n S a n --=+=⨯-⨯+1(1)21n n =-⨯+， 当1n =时，等式也成立，所以(1)21n n S n =-⨯+，*n ∈N ．9：（2023届南京市一中高三上学期数学模拟卷1解析第17题）9：已知等差数列n a 的前n 项和为n S ，12a =，426S =，正项等比数列{}n b 中，12b =，2312b b +=． （1）求{}n a 与{}n b 的通项公式； （2）求数列{}n n a b 的前n 项和n T ． 方法提供与解析：（湖州赵健鑫）（1）解析：n a 的等差数列，426S =，则14626a d +=，因为12a =，所以3d =，则31n a n =-，因为n b 为等比数列，且2312b b +=，则()2112b q q ⋅+=，因为12b =，所以26q q +=，求得2q =或者3-，因为{}n b 为正项等比数列，所以2q =，解得2n n b =，所以31n a n =-，2n n b =．（2）解析：因为31n a n =-，2n n b =，所以()312nn n a b n =-⋅，则()123225282312n n T n =⋅+⋅+⋅++-⋅．两边同乘2得()23412225282312n n T n +=⋅+⋅+⋅++-⋅，两式相减得()123122323232312nn n T n +-=⋅+⋅+⋅++⋅--⋅，则()()211132122231212n n n T n -+⋅⋅--=⋅+--⋅-，所以()13428n n T n +=-⋅+．10：（2023届南京市高三年级学情调研1解析第17题）公众号中学数学星10：记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知1n a >，212n n S a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是公差为12的等差数列．（1）证明：{}n a 是等差数列；（2）若1a ，2a ，6a 可构成三角形的三边，求1314S a 的取值范围． 方法提供与解析：（上海奉贤沈健）解析：（1）因为212n n S a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是公差为12的等差数列，所以2211111222n n n n S a S a --⎛⎫---= ⎪⎝⎭，即()2211n n a a --=，又1na >，所以11n n a a --=，所以{}n a 是等差数列； （2）因为1a ，2a ，6a 可构成三角形的三边，所以11215a a +>+，即14a >，又137114141113137891131313S a a a a a a +===-++，且14a >，所以1314130,1317S a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭． 11：（2023届湖北省二十一所重点中学高三上第二次联考解析第18题） 11：已知数列{}n a 满足*0,N n a n ≠∈．（1）若2210n n n a a ka --=>且0na >． (i)当{}lg n a 成等差数列时,求k 的值；(ii)当2k =且141,a a ==时,求2a 及n a 的通项公式．（2）若2131231,1,0,[4,8]2n n n n a a a a a a a +++=-=-<∈．设n S 是{}n a 的前n 项之和,求2020S 的最大值．方法提供与解析：（浙江金华郭扬文）（1）解析：（等差定义）(i)因为{}lg n a 成等差数列, 所以122lg lg lg n n n a a a ++=+,所以212n n n a a a ++=⋅,又2210n n n a a ka ++=>所以1k =(ii)因为()22120n n n n a a a a ++⋅=>,所以221322432,2a a a a a a ==,所以322148a a a ==所以2a =因为2112n n n n a a a a +++=⋅,又由21aa 所以1n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭,公比为2的等比数列,所以112n n na a -+=,所以21012(2)(1)3211212n n n nn n a a a a a aa a -++++---=⨯⨯⨯⨯=⋅=,∴所以2(1)n n a -=（2）解析：（分组求和）由21312n n n n a a a a +++=-可得132412n n n n a a a a ++++=-,所以22424111224n n n n n n a a a a a a +++++⎛⎫=-⨯-= ⎪⎝⎭,因为0n a ≠,所以414n n a a +=,即44n n a a +=,因为1324121,1,02a a a a a a =-=-<,所以132420a a a a +=即2432a a a =,()()()()20201592017261020183711201948122020S a a a a a a a a a a a a a a a a =+++++++++++++++++++()()()()250425042504250412341444144414441444a a a a =+++++++++++++++++++()()250412341444a a a a =+++++++因为24332,[4,8]a a a a =∈,所以240aa >,因为20a <,所以40a <, 所以()24a a -+-≥,可得24a a +≤-所以123431a a a a a +++≤-+-令31y a =-+-,设[2,t =,21y t =--,对称轴为t =是开口向上的抛物线,在[2,t ∈单调递增,所以t =1234a a a a +++最大值为211-=-, 所以()()2504202012341444S a a a a =+++++++最大值为50550514141143---⨯=-． 12：（2023届武汉市高三上7月新起点考试解析第17题） 12：记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知2n n S na n n =-+． （1）证明：{}n a 是等差数列； （2）若1a ，4a ，6a 成等比数列，求9n S n+的最小值． 方法提供与解析：（湖州赵健鑫）（1）解析：由已知2n n S na n n =-+，当1n =时，1111S a =-+，等号成立，当2n ≥时，1n n n a S S -=-，因为2n n S na n n =-+，所以()()211111n n S n a n n --=---+-，两式相减得()()()11121n n n a n a n ----=-，所以12n n a a --=，则{}n a 是以2为公差的等差数列．（2）解析：由（1）得，416a a =+，6110a a =+，因为1a ，4a ，6a 成等比数列，所以2416a a a =⋅，即()()2111610a a a +=⋅+，解得118a =-，所以219n S n n =-，则291999191913n S n n n n n n +-+==+-≥=-，所以当且仅当9n n =，即3n =时，9n S n +的最小值为13-．13：（2023届广东惠州高三第一次调研考解析第17题）13：已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，*n ∈N ，现有如下三个条件分别为： 条件①55a =；条件②12n n a a +-=；条件③24S =-；请从上述三个条件中选择能哆确定一个数列的两个条件，并完成解答． 您选择的条件是 和 ．（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设数列{}n b 满足11n n n b a a +=⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T ．方法提供与解析：（上海奉贤沈健） 解析：（1）选①②时：解法1：由12n n a a +-=可知数列{}n a 是以公差2d =的等差数列，又55a =得51(51)a a d =+-⨯，得13a =-，故32(1)n a n =-+-，即()*25n a n n =-∈N ．解法2：由12n n a a +-=可知数列{}n a 是以公差2d =的等差数列，又55a =得5(5)n a a n d =+-⨯，则5(5)2n a n =+-⨯，即()*25n a n n =-∈N ．选②③时：由12n n a a +-=可知数列{}n a 是以公差2d =的等差数列， 由24S =-可知124a a +=-，即1224a +=-，得13a =-，故32(1)n a n =-+-，即()*25n a n n =-∈N ．备注：选①③这两个条件无法确定数列，不给分． （2）111111(25)(23)22523n n n b a a n n n n +⎛⎫===- ⎪⋅-⋅---⎝⎭，11111111123111132523n T n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+⋯+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-----⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦1112323n ⎛⎫=-- ⎪-⎝⎭11646n =---． 所以69n nT n =-+．14：（2023届江苏省盐城中学8月高三上开学考解析第18题）14：已知各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，),2n a n n *∈≥Ν．（1）求证：数列是等差数列，并求{}na 的通项公式；（2）若[]x 表示不超过x 的最大整数，求22212111n a a a ⎡⎤+++⎢⎥⎣⎦的值． 方法提供与解析：（湖州赵健鑫）（1）解析：因为),2n a n n *∈≥Ν，由1n n n a S S -=-1n nS S -+-，解得1=，所以数列是以11=n =，则2n S n =，因为),2n a n n *=∈≥Ν，解得21n a n =-，1n =时也成立，所以21n a n =-．（2）解析：由（1）得21n a n =-，当2n ≥时，()()()2221111111222222221211n a n n n n n n ⎛⎫=<==- ⎪--⎝⎭---，所以222211211111115112224n a a a a n ⎛⎫=≤+++<+-< ⎪⎝⎭，则222121111n a a a ⎡⎤+++=⎢⎥⎣⎦．15：（2023届广州市真光中学高三上8月开学考解析第17题） 15：已知数列{}n a 满足111,2(1)n n a na n a +==+，设nn a b n=． （1）证明：数列{}n b 为等比数列；（2）设数列112log n n c b +=，记数列11n n c c +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，请比较n T 与1的大小．方法提供与解析：（浙江金华郭扬文） （1）解析：（等比定义） 因为12(1)n n na n a +=+，所以121n na a n n+⋅=+， 因为nn a b n =，所以12n n b b +=，所以112n nb b +=， 因为11a =，所以1111a b ==，所以数列{}n b 是以1为首项，12为公比的等比数列 （2）解析：（裂项求和） 由（1）可得112n n b -⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以111221log log 2nn n c b n +⎛⎫=== ⎪⎝⎭，所以11111(1)1n n c c n n n n +==-++， 所以1111111122311n T n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 因为101n >+，所以1111n -<+，所以1n T < 16：（2023届浙江省新高考研究高三上8月测试解析第18题） 16：在数列{}n a 中，()*111,5(2)N 10n n a na n a n +==+∈． （1）求{}n a 的通项公式；（2）设数列{}n b 满足()()2*55N n n b n n a n =++∈，数列{}n b 前n 项和为n T ．在①1110n T ≤，②5145(1)n n T n <-+中任意选择一个，补充在横线上并证明．选择 ．方法提供与解析：（浙江金华郭扬文） （1）解析：（构造等比）由15(2)n n na n a +=+得1(1)5(2)(1)n n n n a n n a ++=++，即1(2)(1)1(1)5n n n n a n n a +++=+，因为1110a =，所以1n =时，1(1)5n n n a +=， 得1111(1)555n n n n n a -+=⋅=，因此1(1)5n n a n n =+⋅；（2）解析：（裂项求和）因为()255n n b n n a =++，得2215545111(1)5(1)555(1)5n n n n n nn n n n n b n n n n n n -+++++===+-+⋅+⋅⋅+⋅，所以123n n T b b b b =++++101212323111111111111151525525355354555(1)5n n nn n -=+-++-++-+++-⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅+⋅ 01111151155115(1)5445(1)515n n n nn n ⎛⎫- ⎪⎝⎭=+-=--⋅+⋅⋅+⋅- 选择①1110n T ≤：因为111111145(2)545(1)5n n n n n n T T n n +++-=--++⋅+⋅⋅+⋅ 111115(2)5(1)5n n n n n ++=-++⋅+⋅， 因为1(2)5(1)5n n n n ++⋅>+⋅，所以111(2)5(1)5n nn n +<+⋅+⋅， 所以10n n T T +->，所以n T 单调递增，因为()1min 1110n T T ==，所以1110n T ≤； 选择②因为511445(1)5n n n T n =--⋅+⋅，1045n>⋅，所以5145(1)nn T n <-+． 17：（2023届浙江省A9协作体高三暑假返校考解析第17题）17：已知数列{}n a 为公差不为0的等差数列，且24a =，1a ，2a ，4a 成等比数列． （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设n S 为数列{}n a 的前n 项和，令1(1)nn n na b S +=-，求数列{}n b 的前2022项和． 方法提供与解析：（上海奉贤沈健）解析：（Ⅰ）由题意可得：()()121114,3.a d a d a a d +=⎧⎪⎨+=+⎪⎩所以2n a n =． （Ⅱ）因为(1)n S n n =+，所以2111(1)(1)(1)1nn n n b n n n n +⎛⎫=-=-+ ⎪++⎝⎭，202211111111202211223342022202320232023T =--++--+++=-+=-． 18：（2023届湖北省九校教研协作体高三起点考试解析第17题） 18：已知数列{}n a 满足111,n a a +=其中*n N ∈)（1）判断并证明数列{}n a 的单调性； （2）记数列{}n a 的前n 项和为n S ，证明：20213522S <<．方法提供与解析：（浙江金华郭扬文）（1）解析：（作差）11n n nn n na a aa a a---=-==．∵10,0,n n na a a+>∴-<∴数列{}n a单调递减（2）解析：（类等差放缩）∵1231231431,,332a a a a a a==∴++=>,又0na>,则2021332S S>>．∵221111311,0242nn naa a+⎛⎫⎛⎫=+=++≥>⎪⎪⎪⎪⎭⎭,12≥12当2n≥,2112na---≥,1(1)12n≥-+,11(1)12n≤-+,则222144411411313(1)1(1)(1)1422222nan n n nn nn⎛⎫⎪≤=<==⨯-⎪+⎛⎫⎛⎫⎡⎤ ⎪+-++++-+ ⎪⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦,所以20211232021111111141313133344202122222 S a a a a⎛=++++<++⨯-+-++-+++++⎝1320212⎫⎪⎪⎪+⎭111421485144133337372320212021222⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪=++⨯-=+⨯-<+<⎪ ⎪⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭则20213522S<<成立．19：（2023届长沙市一中入学摸底考解析第20题）19：已知数列{}n a的前n项和为n S，且满足(1)1(0)n nq S qa q-=->，*n∈N （1）求数列{}n a的通项公式；（2）当2q=时，数列{}n b满足2(1)nnnbn n a+=+，求证:12322nb b b≤+++<；（3）若对任意正整数n 都有1n a n +≥成立，求正实数q 的取值范围． 方法提供与解析：（杭州沙志广）解析：（1）由(1)1(0)n n q S qa q -=->得11(1)1q S qa -=-，即11(1)1q a qa -=-， 所以11a =若1q =，则1n a =；若1q ≠，则由(1)1n n q S qa -=-得11(1)1(2)n n q S qa n ---=-≥， 两式相减得()()11(1)11(2)n n n n n q a qa qa qa qa n ---=---=-≥， 化简得1(2)n n a qa n -=≥，所以数列{}n a 是以1为首项，以q 为公比的等比数列，因此n i n a q -=， 当1q =时，也满足该式，故1(0)n n a q q -=>．（2）因为2q =，所以12n n a -=， 则112112(1)22(1)2n n n n n b n n n n --⎡⎤+==-⎢⎥+⋅⋅+⋅⎣⎦因此12211111121222222322(1)2n n n b b b n n -⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++=-+-++-⎢⎥⎢⎥⎢⎥⋅⋅⋅⋅+⋅⎣⎦⎣⎦⎣⎦1212(1)2n n ⎡⎤=-<⎢⎥+⋅⎣⎦， 又因为132b =，且0n b >，故1232n b b b +++≥， 因此12322n b b b ≤+++<得证．（3）由（1）得n n q ≤，则ln ln n n q ≤，即()*ln ln nq n n≥∈N ， 令()*ln ()0,xf x x x x=>∈N ， 为使对任意正整数n 都有1n a n +≥成立，即max ()ln f x q ≤， 因为21ln ()xf x x -'=，所以当0x e <<时，()0f x '>，即()f x 在(0,)e 上单调递增； 当x e >时，()0f x '<，即()f x 在(,)e +∞上单调递减，又*x ∈N ，且ln 2(2)2f =，ln3(3)3f =，ln 2ln3ln8ln9(2)(3)0236f f --=-=<所以max ln3()(3)3f x f ==，因此ln3ln 3q ≥，即q20：（2023届金太阳联考数学试题解析第20题）20：已知数列{}n a 的首项为1，满足3434a a a a -=，且2n n a a +，21n n a a ++，1成等差数列． （1）求{}n a 的通项公式；（2）证明：1232343451214n n n a a a a a a a a a a a a +++++⋅⋅⋅+<． 方法提供与解析：（浙江绍兴+谢柏军）（1）解析：2n n a a +，21n n a a ++，1成等差数列 22121n n n na a a a +++∴=+ 12211n n n a a a ++∴=+，即1211111n n n n a a a a +++-=- 1n a ⎧⎫∴⎨⎬⎩⎭是等差数列 3434a a a a -= 43111a a ∴-= ()11111n n n a a ∴=+-⋅= 1n a n∴=（2）解析：()()()()()()()()121211112121221212n n n n n a a a n n n n n n n n n n +++-⎡⎤⎣⎦===-+++++++ 12323434512n n n a a a a a a a a a a a a ++∴+++⋅⋅⋅+ ()()()()()1111111112122232232342121242124n n n n n n =-+-+⋅⋅⋅+-=-<⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅+++++21：（2022年8月Z20联盟数学解析第18题）21：已知数列{}n a 的各项的为正数，记n S 为{}n a 的前n 项和，11a ==*n ∈N 且2n ≥）．（Ⅰ）求证：数列是等差数列，并求{}na 的通项公式；（Ⅱ）当*n ∈N ，2n ≥时，求证：2222311111114n a a a +++<---． 方法提供与解析：（上海奉贤沈健）解析：=+（n *∈N 且2n ≥），所以n a =2n ≥时，1n n S S --=，所以，又因为0n a >0，1(2)n ≥，所以数列1=为首项，公差为1的等差数列，1(1)1n n =+-⨯=，所以2n S n =．所以当2n ≥时，121n a n n n =+-=-， 又因为11a =满足上式，所以数列{}n a 的通项公式为21n a n =-． 另解：当2n ≥时，221(1)21n n n a S S n n n -=-=--=-， 当1n =时，11a =，满足上式，所以{}n a 的通项公式为21n a n =-．（Ⅱ）当2n ≥时，221111114441na n n n n ⎛⎫==- ⎪---⎝⎭， 故22211111111111111141223144na a n n n ⎛⎫⎛⎫++=⨯-+-++-=⨯-< ⎪ ⎪---⎝⎭⎝⎭， 所以对n *∈N ，2n ≥，都有222111114n a a ++<--． 22：（2022年8月南京市六校联合体高三联合调研解析第18题）22：已知数列{}n a 满足121,3a a ==，数列{}n b 为等比数列，且满足()1+1n n n n b a a b +-=． （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）数列{}n b 的前n 项和为n S ，若 ，记数列{}n c 满足,,n n na n cb n ⎧=⎨⎩为奇数，为偶数，求数列{}n c 的前2n项和2n T ．在①2322S S =-，②234,2,b a b 成等差数列，③6126S =这三个条件中任选一个补充在第（2）问中，并对其求解．注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．方法提供与解析：（浙江金华郭扬文） （1）解析：（数列定义）因为()+1+112,13n n n n b a a b a a -===，．令1n =得122b b =， 又数列{}n b 为等比数列，所以+12n n b b =，则+12n n a a -=，所以数列{}n a 是以1为首项2为公差的等差数列，所以21n a n =-（2）解析：（分组求和）由（1）知数列{}n b 是公比为2的等比数列若选①，由2322S S =-得()1111122242b b b b b +=++-，所以12b =，则2n n b =若选②，由234,2,b a b 成等差数列得3244a b b =+，即112820b b +=，所以12b =，则2n n b = 若选③，由6126S =得()611212612b -=-，所以12b =，则2nn b =所以21, 2,n n n n c n -⎧=⎨⎩为奇数为偶数 所以数列{}n c 的奇数项是以1为首项4为公差的等差数列，偶数项是以4为首项4为公比的等比数列， 所以()()21321242n n n T a a a b b b -=+++++++()()2414441(1)422143nn n n n nn ---=+⨯+=-+-23：（2023届南海区摸底考试解析第17题）23：已知数列{}n a 的首项135a =，()1341n n n a n a a *+=∈+Ν． （1）求证数列12n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为等比数列；（2）记12111n nT a a a =+++，若20n T <，求n 的最大值． 方法提供与解析：（湖州赵健鑫）（1）解析：因为()1341n nn a n a a *+=∈+Ν，所以141416121223331112121232n n n n n n n n n n n n n n na a a a a a a a a a a a a a a +++----====----，所以12n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以13为公比的等比数列．（2）解析：由（1）得，1111112233n n n a a -⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-⋅=- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以1123nn a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，则1211111322nn n T n a a a ⎛⎫- ⎪⎝⎭=+++=-，当10n =时，101011320202T ⎛⎫- ⎪⎝⎭=-<，当11n =时，11111110111113333222022020222T ⎛⎫⎛⎫⎛⎫--+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭=-<+-=+>，所以，当20n T <，n 的最大值为10．。
【2022高考必备】2012-2021十年全国高考数学真题分类汇编 数列大题(原卷版及解析版)
(1)求 的通项公式；
(2)记 为 的前 项和，若 ，求 ．
(1) 或 ；(2)
【答案】【官方解析】（1）设 的公比为 ，由题设得
由已知得 ，解得 （舍去）， 或
故 或
（2）若 ，则 ，由 ，得 ，此方和没有正整数解
若 ，则 ，由 ，得 ，解得
【答案】解析：（1）设 的公差为 ，由题意得 ．
由 得 ，所以 的通项公式为 ．
（2）由（1）得 ．
所以当 时， 取得最小值，最小值为 ．
8．(2016高考数学课标Ⅲ卷理科)已知数列 的前 项和 ,其中 .
(Ⅰ)证明 是等比数列,并求其通项公式;
(Ⅱ)若 ,求 .
【答案】(Ⅰ) ;(Ⅱ) .
【解析】(Ⅰ)由题意得 ,故 , , .
所以数列 是以 为首项，以 为公差等差数列;
（2）由（1）可得，数列 是以 为首项，以 为公差的等差数列，
,
,
当n=1时， ,
当n≥2时, ,显然对于n=1不成立,
∴ ．
【点睛】本题考查等差数列的证明，考查数列的前n项和与项的关系，数列的前n项积与项的关系，其中由 ,得到 ，进而得到 是关键一步；要熟练掌握前n项和，积与数列的项的关系，消和（积）得到项（或项的递推关系），或者消项得到和（积）的递推关系是常用的重要的思想方法．
【解析】（1）设 的公比为 ， 为 的等差中项，
，
；
（2）设 前 项和为 ， ，
，①
，②
① ②得，
，
．
【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法求和，考查计算求解能力，属于基础题．
2022版新高考数学人教版一轮练习：(36) 高考大题规范解答系列(三)——数列 (含解析)
[练案36]高考大题规范解答系列(三)——数列1．(2020·课标Ⅲ，17)设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝4，a 3－a 1＝8.(1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为数列{log 3a n }的前n 项和．若S m ＋S m ＋1＝S m ＋3，求m .[解析] (1)设{a n }的公比为q ，则a n ＝a 1q n －1.由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝4，a 1q 2－a 1＝8.解得a 1＝1，q ＝3. 所以{a n }的通项公式为a n ＝3n －1.(2)由(1)知log 3a n ＝n －1.故S n ＝n （n －1）2. 由S m ＋S m ＋1＝S m ＋3得m (m －1)＋(m ＋1)m ＝(m ＋3)(m ＋2)．即m 2－5m －6＝0.解得m ＝－1(舍去)或m ＝6.2．(2021·新高考八省联考)已知各项都为正数的数列{a n }满足a n ＋2＝2a n ＋1＋3a n .(1)证明：数列{a n ＋a n ＋1}为等比数列；(2)若a 1＝12，a 2＝32，求{a n }的通项公式． [解析] (1)∵a n ＋2＝2a n ＋1＋3a n ，∴a n ＋2＋a n ＋1＝3(a n ＋1＋a n )．又∵a n >0，∴a n ＋2＋a n ＋1a n ＋1＋a n＝3， ∴数列{a n ＋1＋a n }为等比数列．(2)由(1)得，a n ＋a n ＋1＝(a 1＋a 2)×3n －1＝2×3n －1① ∴a n ＋1＋a n ＋2＝2×3n②②－①得a n ＋2－a n ＝4×3n －1当n 为奇数时，a 3－a 1＝4×30a 5－a 3＝4×32a 7－a 5＝4×34……a n －a n －2＝4×3n －3相加得a n －a 1＝4×(30＋32＋34＋…＋3n －3)＝4×30－3n －3×321－32＝3n －1－12， ∴a n ＝12×3n －1. 当n 为偶数时由a n ＋a n ＋1＝2×3n －1得a n ＝2×3n －1－a n ＋1＝2×3n －1－12×3n ＝12×3n －1. 综上所述a n ＝12×3n －1. 3．(2020·课标Ⅲ，17)设数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝3a n －4n .(1)计算a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式并加以证明；(2)求数列{2n a n }的前n 项和S n .[解析] (1)a 2＝5，a 3＝7.猜想a n ＝2n ＋1.由已知可得a n ＋1－(2n ＋3)＝ 3[a n －(2n ＋1)]，a n －(2n ＋1)＝3[a n －1－(2n －1)]，……a 2－5＝3(a 1－3)．因为a 1＝3，所以a n ＝2n ＋1.(2)由(1)得2n a n ＝(2n ＋1)2n ，所以S n ＝ 3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n ＋1)×2n .① 从而2S n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n ＋1)×2n ＋1.②①－②得－S n ＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n ＋1)×2n ＋1.所以S n ＝(2n －1)2n ＋1＋2.4．(2021·湖北武汉部分重点中学联考)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，数列{b n }中，b n ＝2a n ＋1，且其前n 项和为T n ，设c n ＝T 2n ＋1－T n . (1)求数列{b n }的通项公式；(2)判断数列{c n }的增减性．[解析] (1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1；当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，不满足上式．所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2（n ＝1），2n －1（n ≥2），于是b n ＝⎩⎨⎧23（n ＝1），1n （n ≥2）. (2)由题意得c n ＝T 2n ＋1－T n ＝b n ＋1＋b n ＋2＋…＋b 2n ＋1＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＋1， 所以c n ＋1－c n ＝12n ＋2＋12n ＋3－1n ＋1＝12n ＋3－12n ＋2＝－1（2n ＋3）（2n ＋2）<0， 即c n ＋1<c n ，所以数列{c n }为递减数列．5．(2020·新高考Ⅰ，Ⅱ，18)已知公比大于1的等比数列{a n }满足a 2＋a 4＝20，a 3＝8.(1)求{a n }的通项公式；(2)(新高考Ⅰ)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S 100.(新高考Ⅱ)求a 1a 2－a 2a 3＋…＋(－1)n －1a n a n ＋1.[解析] (1)设{a n }的公比为q .由题设得a 1q ＋a 1q 3＝20，a 1q 2＝8.解得q 1＝12(舍去)，q 2 ＝2.由题设得a 1＝2. 所以{a n }的通项公式为a n ＝2n .(2)(新高考Ⅰ)由题设及(1)知b 1＝0，且当2n ≤m <2n ＋1时，b m ＝n .所以S 100＝b 1＋(b 2＋b 3)＋(b 4＋b 5＋b 6＋b 7)＋…＋(b 32＋b 33＋…＋b 63)＋(b 64＋b 65＋…＋b 100)＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×(100－63)＝480.(新高考Ⅱ)a 1a 2－a 2a 3＋…＋(－1)n －1a n a n ＋1＝23－25＋27－29＋…＋(－1)n －1·22n ＋1＝23[1－（－22）n ]1－（－2）2＝85－(－1)n 22n ＋35. 6．(2021·辽宁鞍山一中模拟)数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝2n 2＋n ，n ∈N *，数列{b n }满足a n ＝4log 2b n ＋3，n ∈N *.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .[解析] (1)由S n ＝2n 2＋n ，可得当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2＋n )－[2(n －1)2＋(n －1)]＝4n －1.当n ＝1时，a 1＝3符合上式，所以a n ＝4n －1，由a n ＝4log 2b n ＋3可得4n －1＝4log 2b n ＋3，解得b n ＝2n －1，n ∈N *. (2)a n b n ＝(4n －1)·2n －1∴T n ＝3＋7·21＋11·22＋15·23＋…＋(4n －1)·2n －1① ∴2T n ＝3·21＋7·22＋11·23＋…＋(4n －5)·2n －1＋(4n －1)·2n②①－②可得－T n ＝3＋4[21＋22＋23＋24＋…＋2n －1]－(4n －1)·2n＝3＋4×2（1－2n －1）1－2－(4n －1)·2n ＝－5＋(5－4n )·2n ，∴T n ＝5＋(4n －5)·2n ，n ∈N *.7．(2021·北京西城区期中)已知等比数列{a n }满足a 3－a 2＝10，a 1a 2a 3＝125.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在正整数m ，使得1a 1＋1a 2＋…＋1a m≥1？若存在，求m 的最小值；若不存在，请说明理由．[解析] (1)设等比数列{a n }的公比为q ，则a 3－a 2＝a 1q 2－a 1q ＝10①，a 1a 2a 3＝(a 1q )3＝125②，由①②得q ＝3，a 1＝53. ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1q n －1＝53×3n －1＝5×3n －2. (2)假设存在正整数m ，使得1a 1＋1a 2＋…＋1a m≥1. 由(1)知a n ＝5×3n －2，∴1a n ＝15×⎝⎛⎭⎫13n －2， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为35，公比为13的等比数列， ∴1a 1＋1a 2＋…＋1a m ＝35⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13m 1－13＝910⎝⎛⎭⎫1－13m ≥1， ∴32－m ≤－1，显然不成立，因此不存在正整数m ，使得1a 1＋1a 2＋…＋1a m≥1. 8．(2021·山东全真模拟)在①b 1＋b 3＝a 2，②a 4＝b 4，③S 5＝－25这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的k 存在，求k 的值；若k 不存在，说明理由．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，{b n }是等比数列， ，b 1＝a 5，b 2＝3，b 5＝－81，是否存在k ，使得S k >S k ＋1且S k ＋1<S k ＋2?注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．[解析] 选条件①，设{b n }的公比为q ，则q 3＝b 5b 2＝－27，即q ＝－3，所以b n ＝－(－3)n －1.从而a 5＝b 1＝－1，a 2＝b 1＋b 3＝－10，由于{a n }是等差数列，所以a n ＝3n －16. S k >S k ＋1且S k ＋1<S k ＋2等价于a k ＋1<0且a k ＋2>0，由⎩⎪⎨⎪⎧3（k ＋1）－16<0，3（k ＋2）－16>0，得103<k <133，又k ∈N *，所以k ＝4. 所以满足题意的k 存在．选条件②.设{b n }的公比为q ，则q 3＝b 5b 2＝－27，即q ＝－3， 所以b n ＝－(－3)n －1.从而a 5＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝27，所以{a n }的公差d ＝－28. 因为S k >S k ＋1且S k ＋1<S k ＋2等价于a k ＋1<0且a k ＋2>0，此时d ＝a k ＋2－a k ＋1>0，与d ＝－28矛盾，所以满足题意的k 不存在．选条件③.设{b n }的公比为q ，则q 3＝b 5b 2＝－27，即q ＝－3， 所以b n ＝－(－3)n －1.从而a 5＝b 1＝－1，由{a n }是等差数列得S 5＝5（a 1＋a 5）2， 由S 5＝－25得a 1＝－9.所以a n ＝2n －11.S k >S k ＋1且S k ＋1<S k ＋2等价于a k ＋1<0且a k ＋2>0，由⎩⎪⎨⎪⎧2（k ＋1）－11<0，2（k ＋2）－11>0，得72<k <92，又k ∈N *，所以k ＝4. 所以满足题意的k 存在．。
历年高考《数列》填空题汇编（详解）——文档
历年高考《数列》填空题汇编（详解）——文档21.(2022年新课标Ⅱ卷理)15.等差数列na的前n项和为nS，33a，410S，则11nkkS．22．(2022年新课标Ⅲ卷理)设等比数列na满足a1+a2=–1,a1–a3=–3，则a4=__________．23.(2022年北京卷理)（10）若等差数列na和等比数列nb满足a1=b1=–1，a4=b4=8，则22ab=_______.24．(2022年江苏卷)等比数列的各项均为实数，其前项和为，已知，则=25.（2022全国I）（15）设等比数列na满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…an的最大值为．26.（2022上海）无穷数列na由k个不同的数组成，nS为na的前n项和.若对任意Nn，3,2nS，则k的最大值为________.27.（2022北京）12.已知为等差数列，为其前项和，若，，则_______..28．（2022江苏）8.已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和.若a1+a22=3，S5=10，则a9的值是.（2022浙江）13.设数列{an}的前n项和为Sn.若S2=4，an+1=2Sn+1，n∈N*，则a1=，S5=.29.【2022高考安徽，理14】已知数列{}na是递增的等比数列，14239,8aaaa，则数列{}na的前n项和等于.30.【2022高考新课标2，理16】设nS是数列na的前n项和，且11a，11nnnaSS，则nS________．31.【2022高考广东，理10】在等差数列na中，2576543aaaaa，则{}nannS3676344SS,8a{}nanSn16a350aa6=S-82aa=.32.【2022高考陕西，理13】中位数1010的一组数构成等差数列，其末项为2022，则该数列的首项为．33.【2022江苏高考，11】数列}{na满足11a，且11naann（*Nn），则数列}1{na的前10项和为34.【2022年广东卷（理13）】若等比数列的各项均为正数，且，则。
高三数列专项高考试题汇编含答案
- 1 - ： L 高三数列专项练习题 1. 等差数列{an}的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则{an}的前n项和Sn＝( ) A．n(n＋1) B．n(n－1) C.n（n＋1）2 D.n（n－1）2 2. [2014·重庆卷] 在等差数列{an}中，a1＝2，a3＋a5＝10，则a7＝( ) A．5 B．8 C．10 D．14 3. [2014·全国卷] 设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3，S4＝15，则S6＝( ) A．31 B．32 C．63 D．64 4. [2014·天津卷] 设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和．若S1，S2，S4成等比数列，则a1＝( ) A．2 B．－2 C.12 D．－12 5 . [2014·辽宁卷] 设等差数列{an}的公差为d，若数列{2a1an}为递减数列，则( ) A．d＞0 B．d＜0 C．a1d＞0 D．a1d＜0 6. 等比数列{an}的各项均为正数，且a1a5＝4，则log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝________． 7. [2014·新课标全国卷Ⅱ] 数列{an}满足an＋1＝11－an，a8＝2，则a1＝________． 8．[2014·江西卷] 在等差数列{an}中，a1＝7，公差为d，前n项和为Sn，当且仅当n＝8时Sn取得最大值，则d的取值范围为________． 9. [2014·福建卷] 在等比数列{an}中，a2＝3，a5＝81. (1)求an； (2)设bn＝log3an，求数列{bn}的前n项和Sn. 10. [2014·全国新课标卷Ⅰ] 已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2－5x＋6＝0
的根． (1)求{an}的通项公式；
(2)求数列an2n的前n项和．
11. [2014·湖南卷] 已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n2，n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．
高三数学练习题及答案：数列
【导语】以下是⽆忧考为⼤家推荐的有关⾼三数学练习题及答案：数列，如果觉得很不错，欢迎点评和分享～感谢你的阅读与⽀持！ ⼀、选择题：本⼤题共12⼩题，每⼩题5分，共60分. 1.在等差数列{an}中，若a1+a2+a12+a13=24，则a7为()A.6B.7C.8D.9 解析：∵a1+a2+a12+a13=4a7=24，∴a7=6. 答案：A 2.若等差数列{an}的前n项和为Sn，且满⾜S33-S22=1，则数列{an}的公差是()A.12B.1C.2D.3 解析：由Sn=na1+n(n-1)2d，得S3=3a1+3d，S2=2a1+d，代⼊S33-S22=1，得d=2，故选C. 答案：C 3.已知数列a1=1，a2=5，an+2=an+1-an(n∈N*)，则a2011等于()A.1B.-4C.4D.5 解析：由已知，得a1=1，a2=5，a3=4，a4=-1，a5=-5，a6=-4，a7=1，a8=5，… 故{an}是以6为周期的数列， ∴a2011=a6×335+1=a1=1. 答案：A 4.设{an}是等差数列，Sn是其前n项和，且S5A.d<0B.a7=0C.S9>S5D.S6与S7均为Sn的值 解析：∵S5 ⼜S7>S8，∴a8<0. 假设S9>S5，则a6+a7+a8+a9>0，即2(a7+a8)>0. ∵a7=0，a8<0，∴a7+a8<0.假设不成⽴，故S9 答案：C 5.设数列{an}是等⽐数列，其前n项和为Sn，若S3=3a3，则公⽐q的值为()A.-12B.12C.1或-12D.-2或12[ 解析：设⾸项为a1，公⽐为q， 则当q=1时，S3=3a1=3a3，适合题意. 当q≠1时，a1(1-q3)1-q=3•a1q2， ∴1-q3=3q2-3q3，即1+q+q2=3q2,2q2-q-1=0， 解得q=1(舍去)，或q=-12. 综上，q=1，或q=-12. 答案：C 6.若数列{an}的通项公式an=5•252n-2-4•25n-1，数列{an}的项为第x项，最⼩项为第y项，则x+y等于() 解析：an=5•252n-2-4•25n-1=5•25n-1-252-45， ∴n=2时，an最⼩;n=1时，an. 此时x=1，y=2，∴x+y=3. 答案：A 7.数列{an}中，a1=15,3an+1=3an-2(n∈N*)，则该数列中相邻两项的乘积是负数的是()A.a21a22B.a22a23C.a23a24D.a24a25 解析：∵3an+1=3an-2， ∴an+1-an=-23，即公差d=-23. ∴an=a1+(n-1)•d=15-23(n-1). 令an>0，即15-23(n-1)>0，解得n<23.5. ⼜n∈N*，∴n≤23，∴a23>0，⽽a24<0，∴a23a24<0. 答案：C 8.某⼯⼚去年产值为a，计划今后5年内每年⽐上年产值增加10%，则从今年起到第5年，这个⼚的总产值为()A.1.14aB.1.15aC.11×(1.15-1)aD.10×(1.16-1)a 解析：由已知，得每年产值构成等⽐数列a1=a，w an=a(1+10%)n-1(1≤n≤6). ∴总产值为S6-a1=11×(1.15-1)a. 答案：C 9.已知正数组成的等差数列{an}的前20项的和为100，那么a7•a14的值为()A.25B.50C.100D.不存在 解析：由S20=100，得a1+a20=10.∴a7+a14=10. ⼜a7>0，a14>0，∴a7•a14≤a7+a1422=25. 答案：A 10.设数列{an}是⾸项为m，公⽐为q(q≠0)的等⽐数列，Sn是它的前n项和，对任意的n∈N*，点an，S2nSn() A.在直线mx+qy-q=0上 B.在直线qx-my+m=0上 C.在直线qx+my-q=0上 D.不⼀定在⼀条直线上 解析：an=mqn-1=x，①S2nSn=m(1-q2n)1-qm(1-qn)1-q=1+qn=y，② 由②得qn=y-1，代⼊①得x=mq(y-1)，即qx-my+m=0. 答案：B 11.将以2为⾸项的偶数数列，按下列⽅法分组：(2)，(4,6)，(8,10,12)，…，第n组有n个数，则第n组的⾸项为()A.n2-nB.n2+n+2 解析：因为前n-1组占⽤了数列2,4,6，…的前1+2+3+…+(n-1)=(n-1)n2项，所以第n组的⾸项为数列2,4,6，…的第(n-1)n2+1项，等于2+(n-1)n2+1-1•2=n2-n+2. 答案：D 12.设m∈N*，log2m的整数部分⽤F(m)表⽰，则F(1)+F(2)+…+F(1024)的值是()A.8204B.8192C.9218D.以上都不对 解析：依题意，F(1)=0， F(2)=F(3)=1，有2个 F(4)=F(5)=F(6)=F(7)=2，有22个. F(8)=…=F(15)=3，有23个. F(16)=…=F(31)=4，有24个. … F(512)=…=F(1023)=9，有29个. F(1024)=10，有1个. 故F(1)+F(2)+…+F(1024)=0+1×2+2×22+3×23+…+9×29+10. 令T=1×2+2×22+3×23+…+9×29，① 则2T=1×22+2×23+…+8×29+9×210.② ①-②，得-T=2+22+23+…+29-9×210= 2(1-29)1-2-9×210=210-2-9×210=-8×210-2， ∴T=8×210+2=8194，m] ∴F(1)+F(2)+…+F(1024)=8194+10=8204. 答案：A 第Ⅱ卷(⾮选择共90分) ⼆、填空题：本⼤题共4个⼩题，每⼩题5分，共20分. 13.若数列{an}满⾜关系a1=2，an+1=3an+2，该数列的通项公式为__________. 解析：∵an+1=3an+2两边加上1得，an+1+1=3(an+1)， ∴{an+1}是以a1+1=3为⾸项，以3为公⽐的等⽐数列， ∴an+1=3•3n-1=3n，∴an=3n-1. 答案：an=3n-1 14.已知公差不为零的等差数列{an}中，M=anan+3，N=an+1an+2，则M与N的⼤⼩关系是__________. 解析：设{an}的公差为d，则d≠0. M-N=an(an+3d)-[(an+d)(an+2d)] =an2+3dan-an2-3dan-2d2=-2d2<0，∴M 答案：M 15.在数列{an}中，a1=6，且对任意⼤于1的正整数n，点(an，an-1)在直线x-y=6上，则数列{ann3(n+1)}的前n项和Sn=__________. 解析：∵点(an，an-1)在直线x-y=6上， ∴an-an-1=6，即数列{an}为等差数列. ∴an=a1+6(n-1)=6+6(n-1)=6n， ∴an=6n2. ∴ann3(n+1)=6n2n3(n+1)=6n(n+1)=61n-1n+1 ∴Sn=61-12+12-13+…+1n-1n+1.=61-1n+1=6nn+1. 答案：6nn+1 16.观察下表： 1 234 34567 45678910 … 则第__________⾏的各数之和等于20092. 解析：设第n⾏的各数之和等于20092， 则此⾏是⼀个⾸项a1=n，项数为2n-1，公差为1的等差数列. 故S=n×(2n-1)+(2n-1)(2n-2)2=20092，解得n=1005. 答案：1005 三、解答题：本⼤题共6⼩题，共70分. 17.(10分)已知数列{an}中，a1=12，an+1=12an+1(n∈N*)，令bn=an-2. (1)求证：{bn}是等⽐数列，并求bn; (2)求通项an并求{an}的前n项和Sn. 解析：(1)∵bn+1bn=an+1-2an-2=12an+1-2an-2=12an-1an-2=12， ∴{bn}是等⽐数列. ∵b1=a1-2=-32， ∴bn=b1qn-1=-32×12n-1=-32n. (2)an=bn+2=-32n+2， Sn=a1+a2+…+an =-32+2+-322+2+-323+2+…+-32n+2 =-3×12+122+…+12n+2n=-3×12×1-12n1-12+2n=32n+2n-3. 18.(12分)若数列{an}的前n项和Sn=2n. (1)求{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满⾜b1=-1，bn+1=bn+(2n-1)，且cn=an•bnn，求数列{cn}的通项公式及其前n项和Tn. 解析：(1)由题意Sn=2n， 得Sn-1=2n-1(n≥2)， 两式相减，得an=2n-2n-1=2n-1(n≥2). 当n=1时，21-1=1≠S1=a1=2. ∴an=2(n=1)，2n-1(n≥2). (2)∵bn+1=bn+(2n-1)， ∴b2-b1=1， b3-b2=3， b4-b3=5， … bn-bn-1=2n-3. 以上各式相加，得 bn-b1=1+3+5+…+(2n-3) =(n-1)(1+2n-3)2=(n-1)2. ∵b1=-1，∴bn=n2-2n， ∴cn=-2(n=1)，(n-2)×2n-1(n≥2)， ∴Tn=-2+0×21+1×22+2×23+…+(n-2)×2n-1， ∴2Tn=-4+0×22+1×23+2×24+…+(n-2)×2n. ∴-Tn=2+22+23+…+2n-1-(n-2)×2n =2(1-2n-1)1-2-(n-2)×2n =2n-2-(n-2)×2n =-2-(n-3)×2n. ∴Tn=2+(n-3)×2n. 19.(12分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，且S3+S5=50，a1，a4，a13成等⽐数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若从数列{an}中依次取出第2项，第4项，第8项，…，第2n项，…，按原来顺序组成⼀个新数列{bn}，记该数列的前n 项和为Tn，求Tn的表达式. 解析：(1)依题意，得 3a1+3×22d+5a1+5×42d=50，(a1+3d)2=a1(a1+12d)，解得a1=3，d=2. ∴an=a1+(n-1)d=3+2(n-1)=2n+1， 即an=2n+1. (2)由已知，得bn=a2n=2×2n+1=2n+1+1， ∴Tn=b1+b2+…+bn =(22+1)+(23+1)+…+(2n+1+1) =4(1-2n)1-2+n=2n+2-4+n. 20.(12分)设数列{an}的前n项和为Sn，且ban-2n=(b-1)Sn. (1)证明：当b=2时，{an-n•2n-1}是等⽐数列; (2)求通项an.新课标第⼀ 解析：由题意知，a1=2，且ban-2n=(b-1)Sn， ban+1-2n+1=(b-1)Sn+1， 两式相减，得b(an+1-an)-2n=(b-1)an+1， 即an+1=ban+2n.① (1)当b=2时，由①知，an+1=2an+2n. 于是an+1-(n+1)•2n=2an+2n-(n+1)•2n =2an-n•2n-1. ⼜a1-1•20=1≠0， ∴{an-n•2n-1}是⾸项为1，公⽐为2的等⽐数列. (2)当b=2时， 由(1)知，an-n•2n-1=2n-1，即an=(n+1)•2n-1 当b≠2时，由①得 an+1-12-b•2n+1=ban+2n-12-b•2n+1=ban-b2-b•2n =ban-12-b•2n， 因此an+1-12-b•2n+1=ban-12-b•2n=2(1-b)2-b•bn. 得an=2，n=1，12-b[2n+(2-2b)bn-1]，n≥2. 21.(12分)某地在抗洪抢险中接到预报，24⼩时后⼜⼀个超历史⽔位的洪峰到达，为保证万⽆⼀失，抗洪指挥部决定在24⼩时内另筑起⼀道堤作为第⼆道防线.经计算，如果有20辆⼤型翻⽃车同时作业25⼩时，可以筑起第⼆道防线，但是除了现有的⼀辆车可以⽴即投⼊作业外，其余车辆需从各处紧急抽调，每隔20分钟就有⼀辆车到达并投⼊⼯作.问指挥部⾄少还需组织多少辆车这样陆续⼯作，才能保证24⼩时内完成第⼆道防线，请说明理由. 解析：设从现有这辆车投⼊⼯作算起，各车的⼯作时间依次组成数列{an}，则an-an-1=-13. 所以各车的⼯作时间构成⾸项为24，公差为-13的等差数列，由题知，24⼩时内最多可抽调72辆车. 设还需组织(n-1)辆车，则 a1+a2+…+an=24n+n(n-1)2×-13≥20×25. 所以n2-145n+3000≤0， 解得25≤n≤120，且n≤73. 所以nmin=25，n-1=24. 故⾄少还需组织24辆车陆续⼯作，才能保证在24⼩时内完成第⼆道防线. 22.(12分)已知点集L={(x，y)|y=m•n}，其中m=(2x-2b,1)，n=(1,1+2b)，点列Pn(an，bn)在点集L中，P1为L的轨迹与y轴的交点，已知数列{an}为等差数列，且公差为1，n∈N*. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式; (3)设cn=5n•an•|PnPn+1|(n≥2)，求c2+c3+c4+…+cn的值. 解析：(1)由y=m•n，m=(2x-2b,1)，n=(1,1+2b)， 得y=2x+1，即L：y=2x+1. ∵P1为L的轨迹与y轴的交点， ∴P1(0,1)，则a1=0，b1=1. ∵数列{an}为等差数列，且公差为1， ∴an=n-1(n∈N*). 代⼊y=2x+1，得bn=2n-1(n∈N*). (2)∵Pn(n-1,2n-1)，∴Pn+1(n,2n+1). =5n2-n-1=5n-1102-2120. ∵n∈N*， (3)当n≥2时，Pn(n-1,2n-1)， ∴c2+c3+…+cn =1-12+12-13+…+1n-1-1n=1-1n.。