2021年高考数学真题及模拟题专题汇编08数列（附解析）

专题08数列一、选择题部分1.(2021•高考全国甲卷•理T7)等比数列an的公比为q，前n项和为Sn，设甲：q0，乙：Sn是递增数列，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【答案】B．【解析】当q0时，通过举反例说明甲不是乙的充分条件；当Sn是递增数列时，必有a0成立即可说明q0成立，则甲是乙的必要条件，即可选出答案．n由题，当数列为2,4,8,时，满足q0，但是Sn不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件．若Sn是递增数列，则必有an0成立，若q0不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则q0成立，所以甲是乙的必要条件．故选B．an2.(2021•浙江卷•T10)已知数列an满足a11,an1nN.记数列an的前n1an项和为Sn，则（）199AS1003B.3S1004C.4S100D.S1005222【答案】A．an1【解析】因为a11,an1nN，所以an0，S100．1an22a111111n由an11aaaaa24nn1nnn2111111111，即an1an2an1an2an1an21n1n1根据累加法可得，1，当且仅当n1时取等号，a22n1,4aan1nnaaan2n1n(n1)1a2n3n1n1an1n1，an3n6由累乘法可得an，当且仅当n1时取等号，(n1)(n2)由裂项求和法得：11111111111所以S100663，即S1003．23344510110221022故选A．3.(2021•江苏盐城三模•T5)已知数列{an}的通项公式为，则其前n项和为1111A．1－B．1－C．2－D．2－(n＋1)!n!n!(n＋1)!【答案】A．【考点】数列的求和：裂项相消法n＋1－11111111【解析】由题意可知，＝＝－，所以Sn＝1－＋－＋…＋－＝(n＋1)!n!(n＋1)!2!2!3!n!(n＋1)!11－，故答案选A．(n＋1)!4.(2021•江苏盐城三模•T10)设数列{an}的前n项和为，若，则下列说法中正确的有A．存在A，B，C使得{an}是等差数列B．存在A，B，C使得{an}是等比数列C．对任意A，B，C都有{an}一定是等差数列或等比数列D．存在A，B，C使得{an}既不是等差数列也不是等比数列【答案】ABD．【考点】等差与等比数列的综合应用【解析】由题意可知，对于选项A，取A＝0，B＝C＝1，则有an＋Sn＝n＋1，此时可得到an＝1，即{an}是等差数列，所以选项A正确；对于选项B，取A＝0，B＝0，C＝1，则有an＋Sn＝1，所以n≥2时，an－1＋Sn－1＝1，两式相减可得2an＝an－1，即数列{an}是等比数列，所以选项B正确；对于选项CD，取A＝C＝0，B＝2，则有an＋Sn＝2n，所以n≥2时，an－1111＋Sn－1＝2(n－1)，两式相减可得an＝an－1＋1，即an－2＝(an－1－2)，即数列{an－2}是以为222公比的等比数列，所以{an}既不是等差数列也不是等比数列，所以选项C错误，选项D正确；综上，答案选ABD．5.(2021•河南郑州三模•理T5)已知等差数列{a2n}的公差不为零，且a3＝a1a7，Sn为其前n项2,和，则＝（）A．B．C．D．n（n﹣1）【答案】A．【解析】设等差数列{a2n}的公差为d≠0，∵a3＝a1a7，∴＝a1（a1+6d），化为：a1＝2d，∴Sn＝na1+×＝a1，则＝．6.(2021•河南焦作三模•理T4)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2am＝a6an，am2＝a6a10，则m+n＝（）A．4B．8C．12D．16【答案】C．【解析】∵a22am＝a6an，am＝a6a10，公比q＞1，∴由等比数列的性质可得：m＝8，n＝4，∴m+n＝12．7.(2021•重庆名校联盟三模•T6．)在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增一十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢．问：几日相逢？（）A．8日B．9日C．12日D．16日【答案】B．【解析】由题可知，良马每日行程an构成一个首项为103，公差13的等差数列，驽马每日行程bn构成一个首项为97，公差为﹣0.5的等差数列，则an＝103+13（n﹣1）＝13n+90，bn＝97﹣0.5（n﹣1）＝97.5﹣0.5n，则数列{an}与数列{bn}的前n项和为1125×2＝2250，又∵数列{an}的前n项和为×（103+13n+90）＝×（193+13n），数列{bn}的前n项和为×（97+97.5﹣0.5n）＝×（194.5﹣n），∴×（193+13n）+×（194.5﹣n）＝2250，整理得：25n2+775n﹣9000＝0，即n2+31n﹣360＝0，3,解得：n＝9或n＝﹣40（舍），即九日相逢．8.(2021•安徽蚌埠三模•文T4．)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S1＝1，S5＝25，则＝（）A．3B．6C．9D．12【答案】A．【解析】因为等差数列{an}中，a1＝S1＝1，所以S5＝5+10d＝25，所以d＝2，则＝a1+d＝3．9.(2021•贵州毕节三模•文T9．)如图，有甲、乙、丙三个盘子和放在甲盘子中的四块大小不相同的饼，按下列规则把饼从甲盘全部移到乙盘中：①每次只能移动一块饼；②较大的饼不能放在较小的饼上面，则最少需要移动的次数为（）A．7B．8C．15D．16【答案】C．【解析】假设甲盘中有n块饼，从甲盘移动到乙盘至少需要an次，则a1＝1，当n≥2时，可先将较大的饼不动，将剩余的n﹣1块饼先移动到丙盘中，至少需要移动an﹣1次，再将最大的饼移动到乙盘，需要移动1次，最后将丙盘中所有的丙移动到乙盘中，至少需要移动an﹣1次，由上可知，an＝2an﹣1+1，且a1＝1，所以a2＝2a1+1＝3，a3＝2a2+1＝7，a4＝2a3+1＝15，则最少需要移动的次数为15次．10.(2021•贵州毕节三模•文T5．)“干支纪年法”是中国历法上自古以来使用的纪年方法，甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸被称为“十天干”，子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥叫做“十二地支”．“天干”以“甲”字开始，“地支”以“子”字开始，两者按干支顺序相配，组成了干支纪年法，其相配顺序为：甲子、乙丑、丙寅、…、癸酉，甲戌、乙亥、丙子、…、癸未，甲申、乙酉、丙戌、…、癸巳，…，共得到60个组合，称六十甲子，周而复始，无穷无尽．2021年是“干支纪年法”中的辛丑年，那么2015年是“干支纪年法”中的（）A．甲辰年B．乙巳年C．丙午年D．乙未年【答案】D．4,【解析】由题意可知，甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸被称为“十天干”，子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥叫做“十二地支”，2021年是“干支纪年法”中的辛丑年，则2020年为庚子，2019年为己亥，2018年为戊戌，2017年为丁酉，2016年为丙申，2015年为乙未．11.(2021•辽宁朝阳三模•T4．)跑步是一项有氧运动，通过跑步，我们能提高肌力，同时提高体内的基础代谢水平，加速脂肪的燃烧，养成易瘦体质．小林最近给自己制定了一个200千米的跑步健身计划，他第一天跑了8千米，以后每天比前一天多跑0.5千米，则他要完成该计划至少需要（）A．16天B．17天C．18天D．19天【答案】B．【解析】设需要n天完成计划，由题意易知每天跑步的里程为，以8为首项，0.5为公差的等差数列，∴，∴n2+31n﹣800≥0，当n＝16时，162+31×16﹣800＜0，当n＝17时，172+17×31﹣800＞0．12.(2021•河南济源平顶山许昌三模•文T4．)“干支纪年法”是我国历法的一种传统纪年法，甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸被称为”十天干”；子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、西、戌、亥叫做“十二地支”．“天干”以“甲”字开始，“地支”以“子”字开始，两者按干支顺序相配，组成了干支纪年法，其相配顺序为甲子、乙丑、丙寅、……癸酉；甲戌、乙亥、丙子、…、癸未；甲申、乙酉、丙戌、…、癸巳；…，共得到60个组合，称六十甲子，周而复始，无穷无尽．2021年是“干支纪年法”中的辛丑年，那么2121年是“干支纪年法”中的（）A．庚午年B．辛未年C．庚辰年D．辛巳年【答案】D．【解析】天干：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；地支：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥，天干是以10为公差的等差数列，地支是以12为公差的等差数列，2021年是“干支纪年法”中的辛丑年，则2121的天干为辛，地支为巳．13.(2021•安徽宿州三模•理T8．)各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1a7＝3a4，a2与a3的等差中项为18，则S5＝（）A．108B．117C．120D．121【答案】D．【解析】设等比数列{a23n}的公比为q，q＞0，由a1a7＝a4＝3a4，可得a4＝3，即有a1q＝3，由a22与a3的等差中项为18，可得a2+a3＝36，即为a1q+a1q＝36，解得a1＝81，q＝，5,则S5＝＝121．14.(2021•安徽宿州三模•文T5．)已知{an}为等差数列且a1＝1，a4+a9＝24，Sn为其前n项的和，则S12＝（）A．142B．143C．144D．145【答案】C．【解析】解法一、等差数列{an}中，设公差为d，由a1＝1，a4+a9＝24，得（a1+3d）+（a1+8d）＝2a1+11d＝2+11d＝24，解得d＝2，所以S12＝12a1+×12×11×2＝12×1+132＝144．解法二、等差数列{an}中，a1＝1，a4+a9＝24，所以前n项的和S12＝＝6（a4+a9）＝6×24＝144．15.(2021•河南开封三模•文T7．)设数列{an}满足a1＝1，，若，则n＝（）A．4B．5C．6D．7【答案】C．【解析】根据题意，数列{an}满足a1＝1，，则数列{an}是首项a1＝1，公比为的等比数列，若，即a2n﹣1n（1a1q）（a1q）……（a1q）＝（a1）×＝＝，解可得：n＝6或﹣5（舍）．16.(2021•四川泸州三模•理T6．)已知Sn为等差数列{an}的前n项和，若a2＝15，S5＝65，则a1+a4＝（）A．24B．26C．28D．30【答案】C．【解析】由题意S5＝5a3＝65，a3＝13，所以a1+a4＝a2+a3＝28．17.(2021•江苏常数三模•T12．)斐波那契，公元13世纪意大利数学家．他在自己的著作《算盘书》中记载着这样一个数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，⋯，其中从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，这就是著名的斐波那契数列．斐波那契数列与代数和几何都有着不可分割的联系．现有一段长为a米的铁丝，需要截成n（n＞2）段，每6,段的长度不小于1m，且其中任意三段都不能构成三角形，若n的最大值为10，则a的值可能是（）A．100B．143C．200D．256【答案】BC．【解析】由题意，一段长为a米的铁丝，截成n段，且其中任意三段都不能构成三角形，当n取最大值时，每段长度从小到大排列正好为斐波那契数列，而数列的前10项和为：1+1+2+3+5+8+13+21+34+55＝143，前11项和为：1+1+2+3+5+8+13+21+34+55+89＝232，∴只需143≤a＜232，BC均符合要求．18.(2021•上海浦东新区三模•T16．)已知函数f（x）＝sinx，各项均不相等的数列{an}满足|ai|≤（i＝1，2，…n），记G（n）＝．①若an＝（﹣）n，则G（2000）＞0；②若{an}是等差数列，且a1+a2+…+an≠0，则G（n）＞0对n∈N*恒成立．关于上述两个命题，以下说法正确的是（）A．①②均正确B．①②均错误C．①对，②错D．①错，②对【答案】A．【解析】f（x）＝sinx在[﹣]上为奇函数且单调递增，①：a2k﹣1+a2k＜0（k∈N*）可得a2k﹣1＜﹣a2k，则f（a2k﹣1）＜f（﹣a2k）＜f（﹣a2k）＝﹣f（a2k），所以f（a2k﹣1）+f（a2k）＜0＜0，则a1+a2+......+a2000＜0，f（a1）+f（a2）+.....+f（a2000）+.....+f（a2000）＜0，故G（2000）＞0，①正确，②：{an}为等差数列，当a1+a2+.....+an＞0时，若n为偶数，a＞0，a1＞﹣an可得f（a1）＞f（﹣an）＝﹣f（an），则f（a1）+f（an）＞0，同理可得：f（a2）+f（an﹣1）＞0，.......f（a）+f（a）＞0，所以G（n）＞0，若n为奇数，a1+an＝a2+an﹣1＝......＝2a＞0，f（a1）+f（an）＞0，f（a2）+f（an﹣1）＞0，.....，f（a）＞0，所以G（n）＞0，当a1+a2+.....+an＜0时，同理可证G（n）＞0，②正确．19.(2021•湖南三模•T5．)《周髀算经》是我国古代的天文学和数学著作，其中有一个问题大意如下：一年有二十四个节气，每个节气晷长损益相同（即太阳照射物体的影子长度增加和减少的大小相同）．二十四个节气及晷长变化如图所示，若冬至晷长一丈三尺五7,寸，夏至晷长一尺五寸（注：一丈等于十尺，一尺等于十寸），则立秋晷长为（）A．五寸B．二尺五寸C．三尺五寸D．四尺五寸【答案】D．【解析】设从夏至到冬至，每个节气晷长为an，则a1＝15，冬至晷长a13＝135，由题意得{an}为等差数列，则d＝＝10，故a4＝a1+3d＝15+30＝45．20.(2021•江西南昌三模•理T5．)已知公差不为0的等差数列{an}满足a52+a62＝a72+a82，则（）A．a6＝0B．a7＝0C．S12＝0D．S13＝0【答案】C．【解析】因为公差不为0的等差数列{an}满足a52+a62＝a72+a82，所以a82﹣a52+a72﹣a62＝0，所以（a8﹣a5）（a8+a5）+（a7﹣a6）（a7+a6）＝0，即3d（a8+a5）+d（a7+a6）＝0，因为d≠0，所以3（a8+a5）+（a7+a6）＝0，由等差数列的性质得4（a1+a12）＝0，即a1+a12＝0，所以S12＝0．21.(2021•江西上饶三模•理T12．)数列{an}是以a为首项，q为公比的等比数列，数列{bn}满足bn＝1+a1+a2+…+an（n＝1，2，…），数列{cn}满足cn＝2+b1+b2+…+bn（n＝1，2，…）．若{cn}为等比数列，则a+q＝（）A．B．3C．D．6【答案】B．n﹣1【解析】数列{an}是以a为首项，q为公比的等比数列，an＝aq，8,则bn＝1+a1+a2+…+an＝1+＝1+﹣，则cn＝2+b1+b2+…+bn＝2+（1+）n﹣×＝2﹣+n+，要使{cn}为等比数列，则，解得：，∴a+q＝3．22.(2021•安徽马鞍山三模•理T10．)国际数学教育大会（ICME）是由国际数学教育委员会主办的国际数学界最重要的会议，每四年举办一次，至今共举办了十三届，第十四届国际数学教育大会于2021年上海举行，华东师大向全世界发出了数学教育理论发展与实践经验分享的邀约，如图甲是第七届国际数学家大会（简称ICME﹣7）的会徽图案，会徽的主题图案是由图乙的一连串直角三角形演化而成的．其中已知：OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝A4A5＝A5A6＝A6A7＝A7A8＝⋯＝1，A1，A2，A3，⋯，为直角顶点，设这些直角三角形的周长和面积依次从小到大组成的数列分别为{ln}，{Sn}，则关于此两个数列叙述错误的是（）A．{Sn2}是等差数列B．C．D．ln﹣1＝2Sn+2Sn+1【答案】C．【解析】由OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝A4A5＝A5A6＝A6A7＝A7A8＝⋯＝1，得OA2＝，，⋯，故，∴ln＝OAn+AnAn+1+OAn+1＝，①Sn＝＝，9,对于A，Sn2＝，∴{Sn2}是等差数列，所以A正确；对于B，由①可知，B正确；对于C，ln﹣ln﹣1＝﹣（）＝，所以C错误；对于D，ln﹣1＝，2Sn+2Sn+1＝＝ln﹣1，所以D正确．23.(2021•安徽马鞍山三模•文T8．)在天然气和煤气还未普及时，农民通常会用水稻秸秆作为生火做饭的材料．每年水稻收割结束之后，农民们都会把水稻秸秆收集起来，然后堆成如图的草堆，供生火做饭使用．通常他们堆草堆的时候都是先把秸秆先捆成一捆一捆的，然后堆成下面近似成一个圆柱体，上面近似成一个圆锥体的形状．假设圆柱体堆了7层，每层所用的小捆草数量相同，上面收小时，每层小捆草数量是下一层的倍．若共用255捆，最上一层只有一捆，则草堆自上往下共有几层（）A．13B．12C．11D．10【答案】B．【解析】设圆锥体有n层，由题意可知最上面一层只有一捆，所以第n层有1×2n﹣1捆，圆锥体的总捆数为＝2n﹣1，圆柱体堆了7层，总捆数为7×2n﹣1，草堆的总捆数为7×2n﹣1+2n﹣1﹣2n﹣1＝255，解得n＝6，所以自下往上共有6+7﹣1＝12层．24.(2021•安徽马鞍山三模•理T4．)已知等差数列{an}中，a2+a14＝18，a2＝3，则a10＝（）A．10B．11C．12D．13【答案】B．【解析】在等差数列{an}中，由a2+a14＝18，得2a8＝a2+a14＝18，则a8＝9，又a2＝3，∴，∴a10＝a8+2d＝9+2×1＝11．25.(2021•江西九江二模•理T9．)古希腊毕达哥拉斯学派认为数是万物的本源，因此极为重视数的理论研究，他们常把数描绘成沙滩上的沙粒或小石子，并将它们排列成各种形状进行研究．形数就是指平面上各种规则点阵所对应的点数，是毕哥拉斯学派最早研究的重要内容之一．如图是三角形数和四边形数的前四个数，若三角形数组成数列{an}，四边形数组成数10,列{bn}，记cn＝，则数列{cn}的前10项和为（）A．B．C．D．【答案】D．【解析】由题意可得，，，所以，设数列{cn}的前n项和为Sn，所以，所以．26.(2021•江西九江二模•理T3．)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a3＝7，S10＝20，则a8＝（）A．﹣5B．﹣3C．3D．5【答案】B．【解析】设等差数列{an}的公差为d，由题意得，解得a1＝11，d＝﹣2，故a8＝11+7×（﹣2）＝﹣3．27.(2021•浙江杭州二模•理T8．)已知数列{an}满足an﹣1＝an+an﹣2（n≥3），设数列{an}的前n项和为Sn，若S2020＝2019，S2019＝2020，则S2021＝（）A．1008B．1009C．2016D．2018【答案】B．【解析】因为an﹣1＝an+an﹣2，（n≥3），所以an＝an+1+an﹣1，则an+1+an﹣2＝0，所以an+an+3＝0，an+3+an+6＝0，则an＝an+6，可知a1+a4＝0，a2+a5＝0，a3+a6＝0，所以S6＝a1+a2+…+a6＝0，因为2019＝6×336+3，所以S2019＝0+a2017+a2018+a2019＝2020，所以a2017+a2018+a2019＝2020，11,因为a2020＝S2020﹣S2019＝2019﹣2020＝﹣1，则a2017＝1，所以a2018+a2019＝2020﹣1＝2019，因为a2018＝a2017+a2019＝1+a2019，所以a2019＝1009，a2018＝1010，因为a2021＝a2018＝﹣1010，所以S2021＝S2020+a2021＝2019﹣1010＝1009．28.(2021•江西上饶二模•理T3．)等比数列{an}中，a3＝4，a2a6＝64，则a5＝（）A．B．8C．16D．32【答案】C．【解析】∵等比数列{an}中，a3＝4，a2a6＝64，∴a2a6＝＝64，解得a4＝±8，∴q＝＝±2，∴a5＝＝4×4＝16．29.(2021•河北秦皇岛二模•理T3．)南宋数学家杨辉《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出垛积公式，所讨论的高阶等差数列前后两项之差不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列．对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”．现有高阶等差数列，其前6项分别1，6，13，24，41，66，则该数列的第7项为（）A．91B．99C．101D．113【答案】C．【解析】由题意得1，6，13，24，41，66的差组成数列：5，7，11，17，25…，这些数的差组成数列：2，4，6，8，10…，故该数列的第7项为10+25+66＝101．30.(2021•江西鹰潭二模•理T3．)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则（）A．an＝2n﹣5B．an＝3n﹣10C．Sn＝2n2﹣8nD．Sn＝n2﹣2n【答案】A．【解析】设等差数列{an}的公差为d，由S4＝0，a5＝5，得，∴，∴an＝2n﹣5，．31.(2021•北京门头沟二模•理T5)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地.”则该人第五天走的路程为12,A.48里B.24里C.12里D.6里【答案】C．【解析】本题考查等比数列的通项公式的运用，是基础题，解题时要认真审题，注意等比数列的性质的合理运用．由题意可知，每天走的路程里数构成以为公比的等比数列，由香䁕⸶求得首项，再由等比数列的通项公式求得该人第五天走的路程．解：记每天走的路程里数为，由题意知是公比的等比数列，䁑由香䁕⸶，得香䁕⸶，解得：䁕，䁕里故选：䁑32.(2021•广东潮州二模•T12．)已知数列{ann}满足an＝n•k（n∈N*，0＜k＜1），下列命题正确的有（）A．当k＝时，数列{an}为递减数列B．当k＝时，数列{an}一定有最大项C．当0＜k＜时，数列{an}为递减数列D．当为正整数时，数列{an}必有两项相等的最大项【答案】BCD．【解析】an＜an+1⇔n•kn＜（n+1）•kn+1⇔n＜（n+1）k⇔，an＞an+1⇔n•kn＞（n+1）•kn+1⇔n＞（n+1）k⇔，对于A，因为k＝，所以a1＝，a2＝2＝，于是a1＝a2，所以A错；对于B，因为k＝，所以＝4，于是当n＞4时，{an}递减，所以数列{an}一定有最大项，所以B对；对于C，因为当0＜k＜时，＜，所以当n≥1＞＞时，数列{an}为递减数列，所以C对；对于D，设＝m，当n＞m，即n≥m+1时数列{an}为递减，当n＜m时{an}为递增，，最大项为am＝，am+1＝（m+1）＝，所以数列{an}必有两项相等的最大项，所以D对．33.(2021•安徽淮北二模•文T8．)若正项等比数列{an}的公比为e（e是自然对数的底数），13,则数列{lna2n﹣1}是（）A．公比为e2的等比数列B．公比为2的等比数列C．公差为2e的等差数列D．公差为2的等差数列【答案】D．【解析】正项等比数列{an}的公比为e（e是自然对数的底数），∴a2n﹣1＝，∴lna2n﹣1＝＝lna1+2n﹣2＝2n+（lna1﹣2），∴数列{lna2n﹣1}是公差为2的等差数列．ABCD34.(2021•吉林长春一模•文T11.)如图,在面积为1的正方形1111内做四边形ABCD,AA2AB,2222使1221BB2BC,CC2CD,DD2DA,以此类推,在四122112211221边形ABCD内再做四边形ABCD……，记四边形ABCD的面积为22223333iiiia(i1,2,3,,n)，则aaaai123nnnnn9495312A.[1]B.[1]C.[1]D.3[1]5949233C2DC11B3BC23A3D2D3A1A2B1【答案】B．2n1555【解析】由图可知,a1,a,a,,a,所以其前n项和为123n999n95[1],故选B.4935.(2021•宁夏银川二模•文T6．)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a2＝0，a6＝8，则S10＝（）A．66B．68C．70D．80【答案】C．【解析】等差数列{an}中，a2＝0，a6＝8，故d＝＝2，a1＝﹣2，则S10＝10×（﹣2）+45×2＝70．14,二、填空题部分36.(2021•新高考全国Ⅰ卷•T16)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，220dm6dm两种规格的图形，它们的面积之和S1240dm，对折2次共可以得到25dm12dm，10dm6dm，20dm3dm三种规格的图形，它们的面积之和S2180dm，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次，那么nSk2k1______dm.153n【答案】(1).5(2).720．n42【解析】（1）由对折2次共可以得到5dm12dm，10dm6dm，20dm3dm三种规格532的图形，所以对着三次的结果有：12，56，103；20，共4种不同规格（单位dm)；225533故对折4次可得到如下规格：12，6，53，10，20，共5种不同规格；4224（2）由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，不论规格12如何，其面积成公比为的等比数列，首项为120dm,第n次对折后的图形面积为2n11120，对于第n此对折后的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想2120(n1)为n1种（证明从略），故得猜想S，nn12n120212031204120n1设SSk012Ln1，k12222112021203120n120(n1)则S，12n1n222221111120n1两式作差得：S2401202n1n2222216012n1120n1120120n1120n3240360360，12nn1nn22212240n315n315n3因此，S720720.故答案为5；720.nn4n422215,37.(2021•上海浦东新区三模•T10．)设函数f（x）＝cosx﹣m（x∈[0，3π]）的零点为x1、x2、x3，若x1、x2、x3成等比数列，则实数m的值为．【答案】﹣．【解析】由题意得x22＝2π﹣x1，x3＝2π+x1，由＝x1x3得（2π﹣x1）＝x1（2π+x1），解得x1＝，m＝cos＝．38.(2021•上海浦东新区三模•T7．)数列{an}的前n项和为Sn，若点（n，Sn）（n∈N*）在函数y＝log2（x+1）的反函数的图象上，则an＝．【答案】2n﹣1【解析】由题意得n＝log2（Sn+1）⇒sn＝2n﹣1．n≥2时，ann﹣1n﹣1n＝sn﹣sn﹣1＝2﹣2＝2，当n＝1时，a1n﹣11＝s1＝2﹣1＝1也适合上式，∴数列{an}的通项公式为an＝2；39.(2021•河南郑州三模•理T16)1967年，法国数学家蒙德尔布罗的文章《英国的海岸线有多长？》标志着几何概念从整数维到分数维的飞跃．1977年他正式将具有分数维的图形成为“分形”，并建立了以这类图形为对象的数学分支——分形几何，分形几何不只是扮演着计算机艺术家的角色，事实表明它们是描述和探索自然界大量存在的不规则现象的工具．下面我们用分形的方法来得到一系列图形，如图1，线段AB的长度为a，在线段AB上取两个点C，D，使得AC＝DB＝AB，CD为一边在线段AB的上方做一个正三角形，然后去掉线段CD，得到图2中的图形；对图2中的线段EC、ED作相同的操作，得到图3中的图形；依此类推，我们就得到了以下一系列图形：记第n个图形（图1为第1个图形）中的所有线段长的和为Sn，若存在最大的正整数a，使得对任意的正整数n，都有Sn＜2021，则a＝．【答案】1010．【解析】当n＝2时，则S1＝a，s2＝S1+×a×2﹣＝（1+）a，当n＝3时，则S3＝s2+2（×a×）×2﹣＝（1+）a××2×a＝（1++）a，16,同理得当n＝4时，则S4＝（1+++）a，∴Sn＝（1+++...+）a＝[1+×]a＝[2﹣]a＜2021，∴2a＜2021，∴a的最大整数值为1010．40.(2021•河南开封三模•文理T13)已知{an}为等差数列，且3a5＝2a7，则a1＝．【答案】0．【解析】设等差数列{an}的公差为d，由3a5＝2a7，得2a5+a5＝2（a5+2d），则a5＝4d；又a5＝a1+4d，所以a1＝0．故答案为：0．41.(2021•安徽宿州三模•理T14．)已知数列{a2n}的前n项的和为Sn，并且满足Sn＝2n﹣10n，则a2a6的值为．【答案】﹣48．【解析】∵数列{a2n}的前n项的和为Sn，且满足Sn＝2n﹣10n，∴a2＝S2﹣S1＝（2×4﹣10×2）﹣（2﹣10）＝﹣4，a6＝S6﹣S5＝（2×36﹣10×6）﹣（2×25﹣10×5）＝12，∴a2a6＝﹣4×12＝﹣48．42.(2021•安徽宿州三模•文T15．)已知{an}是公差不为零的等差数列，a5＝14，且a1，a3，an+111成等比数列，设bn＝（﹣1）an，数列{bn}的前n项的和为Sn，则S2021＝．【答案】3032．【解析】由a1，a3，a11成等比数列，得，设等差数列{an}的公差为d（d≠0），∴，整理得3a5＝14d，∵a5＝14，∴d＝3，则a1＝a5﹣4d＝14﹣12＝2，∴an＝2+3（n﹣1）＝3n﹣1，得，则b2k+12k+22k+b2k+1＝（﹣1）（6k﹣1）+（﹣1）（6k+3﹣1）＝3．∴S2021＝b1+b2+...+b2021＝b1+（b2+b3）+（b4+b5）+...+（b2020+b2021）＝2+3+3+...+3＝2+3×1010＝3032．43.(2021•安徽马鞍山三模•文T15．)已知数列{an}满足a1+2a2+3a3+⋯+nan＝2n，若，设数列{bn}的前n项和为Tn，则T2021＝．【答案】．17,【解析】由a1+2a2+3a3+⋯+nan＝2n，可得n＝1时，a1＝2，n≥2时，a1+2a2+3a3+⋯+（n﹣1）an﹣1＝2（n﹣1），又a1+2a2+3a3+⋯+nan＝2n，两式相减可得nan＝2，即有an＝，对n＝1也成立．可得＝＝2（﹣），则T2021＝2（1﹣+﹣+﹣+...+﹣）＝2（1﹣）＝．44.(2021•河南焦作三模•理T)15．已知Sn为等差数列{an}的前n项和，S6＝0，a7＝7，若为数列{an}中的项，则m＝．【答案】2．【解析】等差数列{an}中，S6＝6a1+15d＝0，a7＝a1+6d＝7，解得d＝2，a1＝﹣5，故an＝2n﹣7，设t＝2m﹣3，（t≥﹣1且t为奇数），＝＝＝t+﹣6为数列中的项，则t能被8整除，则t＝1时，m＝2，t+﹣6＝3，符合题意；当t＝﹣1时，m＝1，t+﹣6＝﹣15不符合题意，故m＝2．45.(2021•河北张家口三模•T13)在等差数列{an}中，a11＝2a8+6，则a2+a6+a7＝﹣18．【答案】﹣18．【解析】设等差数列{an}的公差为d，由a11＝2a8+8，得2a8﹣a11＝﹣8，即a8﹣3d＝a5＝﹣6，所以a2+a3+a7＝3a5＝﹣18．46.(2021•山东聊城三模•T13.)数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，…称为斐波那契数列，是意大利著名数学家斐波那契于1202年在他写的《算盘全书》提出的，该数列的特点是：从第三起，每一项都等于它前面两项的和．在该数列的前2021项中，奇数的个数为________．【答案】1348．【考点】进行简单的合情推理【解析】【解答】由斐波那契数列的特点知：从第一项起，每3个数中前两个为奇数后一个18,偶数，∵的整数部分为673，余数为2，香∴该数列的前2021项中共有673个偶数，奇数的个数为−䁕香香⸶.故答案为：1348【分析】由斐波那契数列的特点经过推理即可求得。47.(2021•安徽蚌埠三模•文T16．)已知数列{an}满足：a1＝1，a2＝，（n≥2且n∈N+），等比数列{bn}公比q＝2，则数列{}的前n项和Sn＝．【答案】（2n﹣3）•2n+1+6．【解析】因为a1＝1，a2＝，（n≥2且n∈N+），①当n＝2时，+＝+6，即b1+3b2＝b3+6，由等比数列的{bnn}的公比为q＝2，即b1+6b1＝4b1+6，解得b1＝2，所以bn＝2，当n＝3时，++＝+6，即2+3×4+＝3×16+6，解得a3＝，又++…+＝+6（n≥3，且n∈N+），②①﹣②可得，＝﹣，即＝﹣，化为+＝，又+＝6＝，所以{}为等差数列，且公差d＝﹣＝2，则＝+2（n﹣1）＝2n﹣1，所以＝（2n﹣1）•2n，Sn＝1•2+3•22+5•23+…+（2n﹣1）•2n，2Sn＝1•22+3•23+5•24+…+（2n﹣1）•2n+1，上面两式相减可得﹣S23nn+1n＝2+2（2+2+…+2）﹣（2n﹣1）•2＝2+2•﹣（n﹣1）•2n+1，19,所以Sn＝（2n﹣3）•2n+1+6．48.(2021•上海嘉定三模•T12．)已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，⋯，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推．若该数列的前n项和为2的整数幂，如，，，则称中的（n，k）为“一对佳数”，当n≥100时，首次出现的“一对佳数”是．【答案】（441，29）．【解析】根据题意，所以前n组共有1+2+3+……+n＝个数，则有＝，令（当n＝14时有105个数），由题意可知：若Sn+1n＝2﹣2﹣n为2的整数幂，验证可得：则①1+2+（﹣2﹣n）＝0时，解得n＝1，总共有项，不满足n≥100；②1+2+4+（﹣2﹣n）＝0时，解得n＝5，总共有项，不满足n≥100；③1+2+4+8+（﹣2﹣n）＝0时，解得n＝13，总共有项，不满足n≥100；④1+2+4+8+16+（﹣2﹣n）＝0时，解得n＝29总共有项，满足n≥100；∴n的最小值为441所以首次出现的“一对佳数”是（441，29）；49.(2021•江西上饶三模•理T14．)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a5+a6＝a2+5，则S17＝．【答案】85．【解析】由{an}是等差数列，得a5+a6＝a2+a9，又a5+a6＝a2+5，所以a9＝5，所以S17＝（a1+a17）＝17a9＝17×5＝85．50.(2021•贵州毕节三模•文T14．)已知数列{an}的前n项和满足Sn+1＝3Sn+2，且a1＝2，则a6的值为．【答案】486．20,【解析】∵Sn+1＝3Sn+2，∴Sn＝3Sn﹣1+2（n≥2），两式相减得an+1＝3an（n≥2），∵S1＝2，Sn+1＝3Sn+2，∴a1+a2＝3a1+2即a2＝6，则＝3，∴＝3（n≥1），∴数列{an}是首项为2，公比为3的等比数列，n﹣1∴an＝2×3（n＝1，2，3，…）．∴a56＝2×3＝486．51.(2021•河南济源平顶山许昌三模•文T16．)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝，an+2SnSn﹣1＝0（n≥2），则（n2+16）Sn的最小值为．【答案】4．【解析】由于an+2SnSn﹣1＝0，整理得Sn﹣Sn﹣1＝﹣2SnSn﹣1，变换为：（常数），故数列{}是以2为首项，2为公差的等差数列；所以，（首项符合通项），故，则（n2+16）Sn＝＝，当且仅当时，即n＝4时，等号成立．52.(2021•四川泸州三模•理T15．)已知Sn为正项等比数列{an}的前n项和，若a2a4＝9，2S2＝a3+a4，则a7＝．【答案】12．【解析】根据题意，等比数列{an}中，设其公比为q，则q＞0，若a2a4＝9，则a3＝＝3，若2S2＝a3+a4，即2（a1+a2）＝a3+a4，则q2＝＝2，则a7＝a3q4＝3×22＝12．53.(2021•江西南昌三模•理T14．)等比数列{an}的前n项和为Sn，若S6＝9S3，S3＝λa3，则21,λ＝．【答案】．【解析】根据题意，设等比数列{an}的公比为q，若S36＝9S3，则q≠1，则有＝9×，变形可得1+q＝9，解可得q＝2，则S3＝＝7a1，a3＝4a1，若S3＝λa3，则λ＝＝．54.(2021•江西鹰潭二模•理T15．)设数列{an}中a1＝2，若等比数列{bn}满足an+1＝anbn，且b1010＝1，则a2020＝．【答案】2．【解析】根据题意，若数列{bn}满足an+1＝anbn，即＝bn，则有＝（）×（）×（）×……×＝b2019×b2018×b2017×……b1，而数列{bn}为等比数列，则b2019×b2018×b2017×……b1＝（b1010）2019＝1，则有＝1，又由a1＝2，则a2020＝2．55.(2021•山东潍坊二模•T14．)数学史上著名的“冰雹猜想”指的是：任取一个正整数m，若m是奇数，就将该数乘3再加上1；若m是偶数，就将该数除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1．按照上述猜想可得到一个以m为首项的无穷数列记作{an}，{an}满足的递推关系为a1＝m，an+1＝如取m＝6，根据上述运算法则得出a9＝1，a10＝4，…，若a7＝1，则满足条件的一个m的值为．【答案】1或8或10或64（只需填一个）．【解析】若a7＝1，则a6＝2，a5＝4，a4＝8或1，①当a4＝8时，a3＝16，a2＝32或5，若a2＝32，则a1＝64；若a2＝5，则a1＝10，②若a4＝1时，a3＝2，a2＝4，a1＝8或1，22,综上所述，m的值为1或8或10或64．56.(2021•安徽淮北二模•文T13．)若数列{an}的前n项和为Sn＝n2+n，则an＝．【答案】n．【解析】数列{a2n}的前n项和为Sn＝n+n，则a22n＝Sn﹣Sn﹣1＝n+n﹣（n﹣1）﹣n+1＝n．12357.(2021•吉林长春一模•文T16.)已知S是数列{a}的前n项和,满足Snn,则nnn221a;数列{}的前n项和T.nnaann111【答案】an1，T．nn2n2【解析】a2,aSSn1,所以1nnn1111111,故{}的前n项和T.n(n1)(n2)n1n2aa2n2nn158.(2021•宁夏银川二模•文T15．)已知各项都为正数的数列{an}，Sn是其前n项和，满足a1＝，an2（2an+1﹣1）an﹣2an+1＝0，则＝．【答案】2n﹣1．【解析】各项都为正数的数列{an}，Sn是其前n项和，满足a1＝，an2（2an+1﹣1）an﹣2an+1＝0，整理得：2an+1（an+1）＝an（an+1），由于数列{an}的各项为正数，所以（常数），所以数列{an}是以为首项，为公比的等比数列．则，，所以．三、解答题部分23,a1,n为奇数,n59.(2021•新高考全国Ⅰ卷•T17)已知数列an满足a11，an1a2,n为偶数.n（1）记bna2n，写出b1，b2，并求数列bn的通项公式；（2）求an的前20项和.【解析】（1）由题设可得b1a2a112,b2a4a31a2215*又a2k2a2k11，a2k1a2k2，(kN)故a2k2a2k3，即bn1bn3，即bn1bn3所以bn为等差数列，故bn2n133n1.（2）设an的前20项和为S20，则S20a1a2a3a20，因为a1a21,a3a41,,a19a201，所以S202a2a4a18a20109102b1b2b9b10102102310300.260.(2021•高考全国甲卷•理T18)已知数列an的各项均为正数，记Sn为an的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①数列an是等差数列：②数列Sn是等差数列；③a23a1．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．【解析】选①②作条件证明③时，可设出Sn，结合an,Sn的关系求出an，利用an是等差数列可证a23a1；选①③作条件证明②时，根据等差数列的求和公式表示出S，结合等差数列定义可证；n选②③作条件证明①时，设出Snanb，结合an,Sn的关系求出an，根据a23a1可求b，然后可证an是等差数列.选①②作条件证明③：2设Snanb(a0)，则Snanb，2当n1时，aSab；1122当n2时，aSSanbanaba2ana2b；nnn12因为an也是等差数列，所以aba2aa2b，解得b0；24,2所以ana2n1，所以a23a1.选①③作条件证明②：因为a23a1，an是等差数列，所以公差da2a12a1，nn12所以Snna1dna1，即Sna1n，2因为SSan1ana，n1n111所以Sn是等差数列.选②③作条件证明①：2设Snanb(a0)，则Snanb，2当n1时，aSab；1122当n2时，aSSanbanaba2ana2b；nnn124a因为a23a1，所以a3a2b3ab，解得b0或b；3222当b0时，a1a,ana2n1，当n2时，an-an-12a满足等差数列的定义，此时an为等差数列；4a4a当b时，Sanb=ana，S0不合题意，舍去.n1333综上可知an为等差数列.61.(2021•高考全国乙卷•文T19)设an是首项为1的等比数列，数列bn满足nana，3a，9a成等差数列．bn．已知1233（1）求an和bn的通项公式；SnTSTanbnn（2）记n和n分别为和的前n项和．证明：2．【解析】因为an是首项为1的等比数列且a1，3a2，9a3成等差数列，2所以6a2a19a3，所以6a1qa19a1q，211n1即9q6q10，解得q，所以an()，3325,nann所以b.nn3311(1)3n31（2）证明：由（1）可得S(1)，nn1231312n1nT，①n2n1n3333112n1nT，②n23nn13333311(1)21111n33nn11n①②得T(1)，n23nn113n123n3n13333331331n所以T(1)，nnn4323S31n31nn所以T(1)(1)0，nnnnn243234323Sn所以T.n2962.(2021•浙江卷•T20)已知数列an的前n项和为Sn，a1，且4Sn13Sn9.4（1）求数列an的通项；*（2）设数列bn满足3bn(n4)an0(nN)，记bn的前n项和为Tn，若Tnbn对任意nN恒成立，求实数的取值范围.【解析】（1）当n1时，4(a1a2)3a19，927274a9,a，224416当n2时，由4Sn13Sn9①，得4S3S9②，①②得4a3ann1n1n27a3n1a0,a0,，2n16a4na2393又,{an}是首项为，公比为的等比数列，a144426,93n13na()3()；n444n43n（2）由3bn(n4)an0，得bnan(n4)()，34234n33333所以T3210(n4)，n44444234nn1333333T321(n5)(n4)，n444444234nn11333333两式相减得T3(n4)n4444444n1931n191643(n4)43414n1n1n1993334(n4)n，444443n1所以T4n()，n43n13n由Tnbn得4n()(n4)()恒成立，44即(n4)3n0恒成立，n4时不等式恒成立；3n12n4时，3，得1；n4n43n12n4时，3，得3；n4n4所以31.63.(2021•江苏盐城三模•T18)请在①；②；③这3个条件中选择1个条件，补全下面的命题使其成为真命题，并证明这个命题(选择多个条件并分别证明的按前1个评分)．命题：已知数列{an}满足a2nn＋1＝an，若，则当n≥2时，an≥2恒成立．【考点】数列的通项公式求解与不等式的证明【解析】选②．证明：由a2n＋1＝an，且，所以an＞0，n－1n－12所以lgan＋1＝lgan，lgan＝2lg2，an＝2，……5分n－1当n≥2时，只需证明2≥n，27,nn＋1n1－n令bn＝，则bn＋1－bn＝－＝＜0，……10分n－1nn－1n2222n－1所以bn≤b2＝1，所以2≥n成立．综上所述，当an1＝2且n≥2时，an≥2成立．……12分注：选②为假命题，不得分，选③参照给分．64.(2021•河南开封三模•理T17)已知数列{an}满足a1＝﹣2，an+1＝2an+4．（1）求a2，a3，a4；（2）猜想{an}的通项公式并加以证明；（3）求数列{|an|}的前n项和Sn．【解析】（1）由已知，易得a2＝0，a3＝4，a4＝12．（2）猜想．因为an+1＝2an+4，所以an+1+4＝2（an+4），，则{an+4}是以2为首项，以2为公比的等比数列，所以，所以＝．（3）当n＝1时，a1＝﹣2＜0，S1＝|a1|＝2；当n≥2时，an≥0，所以＝，又n＝1时满足上式．所以，当n∈N*时，．65.(2021•河北张家口三模•T17)已知数列{an}的前n项和为An，数列{bn}的前n项和为Bn，且．（1）求{an﹣bn}的通项公式；（2）若，求数列{an⋅bn}的前n项和Tn．【解析】（1）记数列{an﹣bn}的前n项和为Sn，所以，所以当n≥2时，．两式作差，得当n≥2时，．因为当n＝1时，S1＝a4﹣b1＝2，也符合上式，所以{an﹣bn}的通项公式为．28,（2）由（1）知．因为，所以，所以数列{an⋅bn}的前n项和.所以数列{an⋅bn}的前n项和．66.(2021•山东聊城三模•T18.)在①，香，成等比数列②⸶，③㌳㌳㌳，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并做出解答．已知是公差不为零的等差数列，为其n前项和，，_______，是等比数列，䁕，㌳香香，公比公．（1）求数列，的通项公式；（2）数列和的所有项分别构成集合A，B，将的元素按从小到大依次排列构成一个新数列，求⸶㌳㌳香㌳⋯㌳⸶．【解析】（1）解：选①，∵是公差不为0的等差数列，设公差为d，由，香，成等比数列，可得㌳䁕㌳䁕，又䁕，∴䁕，又，即㌳䁕，解得，䁕，∴㌳−×−香．选②，由⸶，，有㌳䁕⸶，㌳䁕，可得，䁕，∴㌳−×−香．选③，由㌳㌳㌳，可得㌳−䁕，又，即㌳䁕，∴，故㌳−×−香．∵是等比数列，由䁕，㌳香香，公，∴䁕，㌳香，解得香，香，即香（2）解：⸶香䁕，香香香䁕香䁕䁕，∴的前80项中，数列的项最多有5项，其中䁕香，⸶为公共项，又䁕䁕香公香，∴的前80项是由的前77项及，香，构成．㌳㌳香㌳⋯㌳⸶㌳㌳⋯䁕䁕㌳㌳香㌳䁕⸶㌳香㌳䁕㌳香【考点】等差数列的通项公式，等差数列的前n项和，等比数列的通项公式，等比数列的前n项和【解析】【分析】（1）选①，∵是公差不为0的等差数列，设公差为d，由等比数列29,通项和性质得，䁕，可得an通项。选②根据等差数列前n项和即可求得an通项。选③由㌳㌳㌳，可得㌳−䁕结合已知即可求得an通项。再根据等比数列通项可求得香。（2）由⸶香䁕，香香香䁕香䁕䁕可知的前80项中，数列的项最多有5项进而可得的前80项是由的前77项及，香，构成，再根据等差和等比前n项和即可求得。67.(2021•四川内江三模•理T17．)已知等差数列{an}的公差d≠0，它的前n项和为Sn，若S5＝70，且a2，a7，a22成等比数列．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设数列{}的前n项和为Tn，求证：≤Tn＜．【解析】（1）由题意得，解得a1＝5，d＝4，∴an＝6+（n﹣5）×4＝4n+7．（2）∵a3+4n，1＝6，d＝6，∴Sn＝6n+＝2n＝＝，∴Tn＝＝＝﹣＜，（Tn）min＝T1＝﹣＝．故≤Tn＜．68.(2021•重庆名校联盟三模•T18．)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足2an﹣Sn＝1（n∈N*）．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：≤Tn＜1．【解析】（1）由2an﹣Sn＝1（n∈N*），可得2a1﹣S1＝2a1﹣a1＝1，即a1＝1，当n≥2时，2an﹣1﹣Sn﹣1＝1，又2an﹣Sn＝1，相减可得2an﹣2an﹣1＝an，即an﹣1n＝2an﹣1，则an＝2；（2）证明：bn＝＝＝﹣，Tn＝1﹣+﹣+﹣+...+﹣＝1﹣，由{Tn}是递增数列，可得Tn≥T1＝，且Tn＜1．30,所以≤Tn＜1．69.(2021•上海嘉定三模•T21．)（18分）对于数列{a*n}，若存在常数M＞0对任意n∈N恒有|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+⋯+|a2﹣a1|≤M，则称{an}是“γ﹣数列”．（1）首项为a1，公差为d的等差数列是否是“γ﹣数列”？并说明理由；（2）首项为a1，公比为q的等比数列是否是“γ﹣数列”？并说明理由；（3）若数列{an}是γ﹣数列，证明：也是“γ﹣数列”，设，判断数列{An}是否是“γ﹣数列”？并说明理由．【解析】（1）因为{an}是等差数列，所以an+1﹣an＝an﹣an﹣1＝⋯＝d，设|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+⋯+|a2﹣a1|≤M，即n|d|≤M对一切n∈N*恒成立，则d＝0，所以d＝0时，等差数列是“γ﹣数列”，当d≠0时，等差数列不是“γ﹣数列”；（2）由，则，①当q＝1时，|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+⋯+|a2﹣a1|＝0，必定存在正数M符合题意，所以是“γ﹣数列“；②当q＝﹣1时，|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+⋯+|a2﹣a1|＝2n|a1|，n→∞，2n|a1|→∞，所以不是“γ﹣数列“；③当q＞1或q＜﹣1时，n→∞，|qn﹣1|→∞，|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+⋯+|a2﹣a1|→∞，所以不是“γ﹣数列”；④当﹣1＜q＜0或0＜q＜1时，|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+⋯+|a2﹣a1|＝，必定存在不小于的常数M符合题意，所以是“γ﹣数列”综上，当﹣1＜q＜0或0＜q≤1时，是“γ﹣数列”，当q＞1或q＜﹣1时，不是“γ﹣数列”；（3）①因为|an+1|＝|an+1﹣an+an﹣an﹣1+⋯+a2﹣a1+a1|≤|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+⋯+|a2﹣a1|+|a1|≤M+|a1|所以|an+1|+|an|≤2（M+|a1|），因为≤[|an+1|+|an+1|]⋅|an+1﹣an|≤2（M+|a1|）⋅|an+1﹣an|可得31,≤2（M+|a1|）⋅[|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+⋯+|a2﹣a1|]≤2M（M+|a1|）所以也是“γ﹣数列“；②因为，所以＝＝所以|A1﹣A2|+|A2﹣A3|+⋯+|An﹣An+1|＝＜|an+1﹣an|+|an﹣an﹣1|+⋯+|a2﹣a1|≤M，所以{An}是“γ数列”．70.(2021•辽宁朝阳三模•T19．)在数列{an}中，a1＝2，（n2+1）an+1＝2[（n﹣1）2+1]an．（1）求{an}的通项公式；（2）在下列两个问题中任选一个作答，如果两个都作答，则按第一个解答计分．①设bn＝n2an，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：Tn≥2n+1﹣2．②设b32n＝（n﹣2n+2n）an，求数列{bn}的前n项和Tn．【解析】（1）由（n2+1）a2n+1＝2[（n﹣1）+1]an，设cn＝[（n﹣1）2+1]an，则cn+1＝2cn，可得{cn}是首项为2，公比为2的等比数列，可得cn＝2n，则[（n﹣1）2+1]an＝2n，所以an＝；（2）选①设bn＝n2an，数列{bn}的前n项和为Tn．证明：bn＝n2an＝≥2n，32,所以T2nn+1n＝b1+b2+...+bn≥2+2+...+2＝＝2﹣2．选②设bn＝（n3﹣2n2+2n）an，求数列{bn}的前n项和Tn．解：bn＝（n3﹣2n2+2n）an＝n•2n，则T23nn＝1•2+2•2+3•2+...+n•2，2T234n+1n＝1•2+2•2+3•2+...+n•2，上面两式相减可得﹣Tn＝2+22+23+...+2n﹣n•2n+1，＝﹣n•2n+1，化简可得Tn＝2+（n﹣1）•2n+1．71.(2021•江苏常数三模•T18．)在①Snn+1＝2Sn+2，②an+1﹣an＝2，③Sn＝an+1﹣2这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且满足_____．（1）求数列{an}的通项公式；（2）在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列，试比较dn与的大小关系，并说明理由．【解析】（1）选①Sn+1＝2Sn+2，当n＝1时，S2＝2S1+2，即a1+a2＝2a1+2，∵a1＝2，a1+a2＝2a1+2，∴a2＝4，当n≥2时，an+1＝Sn+1﹣Sn＝2Sn+2﹣（2Sn﹣1+2）＝2an，又∵a2＝2a1，也满足上式，∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，即，选②ann+1﹣an＝2，由ann+1﹣an＝2可得，•••，，将以上式子进行累加可得，n≥2，即，n≥2，又∵a1＝2，也满足上式，∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，即，选③Sn＝an+1﹣2，当n＝1时，S1＝a2﹣2，a2＝4，当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝an+1﹣2﹣（an﹣2）＝an+1﹣an，即an+1＝2an（n≥2），又∵a2＝2a1，33,∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，即，（2）∵在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列，∴an+1＝an+（n+1）dn，即，当n＝1时，，当n≥2时，＝≥＝＞，综上所述，．72.(2021•上海浦东新区三模•T21．)已知{an}，{bn}为两非零有理数列（即对任意的i∈N*，ai，bi均为有理数），{dn}为一无理数列（即对任意的i∈N*，di为无理数）．（1）已知bn＝﹣2an，并且（an+bndn﹣andn2）（1+dn2）＝0对任意的n∈N*恒成立，试求{dn}的通项公式．（2）若{d2*22n}为有理数列，试证明：对任意的n∈N，（an+bndn﹣andn）（1+dn）＝1+dn恒成立的充要条件为．（3）已知sin2θ＝（0＜θ＜），d*n＝，对任意的n∈N，（an+bndn﹣andn2）（1+dn2）＝1恒成立，试计算bn．【解析】（1）∵，∴，即，∴，∵an≠0，∴，∴．（2）证明：∵，∴，∴，∴，34,∵为有理数列，∴，∴，以上每一步可逆，即可证明．（3）∵，（0＜θ＜），∴25tanθ＝12+12tan2θ，∴或∵，∴，当n＝2k（k∈N*）时，∴，当n＝2k﹣1（k∈N*）时，∴．∴为有理数列，∵，∴，∴，∵为有理数列，{dn}为无理数列，∴，∴，∴．当n＝2k（k∈N*）时，∴．当n＝2k﹣1（k∈N*）时，∴，∴．73.(2021•上海浦东新区三模•T19．)流行性感冒是由流感病毒引起的急性呼吸道传染病．某市去年11月份曾发生流感，据统计，11月1日该市的新感染者有30人，以后每天的新感染者比前一天的新感染者增加50人．由于该市医疗部门采取措施，使该种病毒的传播35,得到控制，从11月k+1（9≤k≤29，k∈N*）日起每天的新感染者比前一天的新感染者减少20人．（1）若k＝9，求11月1日至11月10日新感染者总人数；（2）若到11月30日止，该市在这30天内的新感染者总人数为11940人，问11月几日，该市新感染者人数最多？并求这一天的新感染者人数．【解析】（1）记11月n日新感染者人数为an（1≤n≤30），则数列{an}（1≤n≤9）是等差数列，a1＝20，公差为50，又a10＝410，则11月1日至11月10日新感染者总人数为（a1+a2+…+a9）+a10＝（9×30+）+410＝2480人；（2）记11月n日新感染者人数为an（1≤n≤30），11月k日新感染者人数最多，当1≤n≤k时，an＝50n﹣20，当k+1≤n≤30时，an＝（50k﹣20）﹣20（n﹣k）＝﹣20n+70k﹣20，因为这30天内的新感染者总人数为11940人，所以＝11940，解得﹣35k2+2135k﹣9900＝11940，即k2﹣61k+624＝0，解得k＝13或k＝48（舍），此时a13＝50×13﹣20＝630，所以11月13日新感染者人数最多为630人．74.(2021•湖南三模•T19．)已知Sn是数列{an}的前n项和，an+1﹣3an+2an﹣1＝1，a1＝1，a2＝4．（1）证明：数列{an+1﹣an+1}是等比数列；（2）求Sn．【解析】（1）证明：∵an+1﹣3an+2an﹣1＝1，∴（an+1﹣an+1）＝2（an﹣an﹣1+1），∵a1＝1，a2＝4，∴a2﹣a1+1＝4．∴数列{an+1﹣an+1}是公比为2的等比数列，首项为4．（2）解：由（1）可得：an﹣1n+1﹣an+1＝4×2，∴an+1﹣an＝2n+1﹣1，∴an＝（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+……+（a2﹣a1）+a1＝2n﹣1+2n﹣1﹣1+……+22﹣1+1＝2n+2n﹣1+……+22﹣（n﹣1）+136,＝﹣n+2＝2n+1﹣n﹣2．∴Sn+1nn﹣12n＝2+2+2+……+2﹣（1+2+……+n）﹣2n＝﹣﹣2n＝2n+2﹣﹣4．㌳䁑75.(2021•福建宁德三模•T17)在①䁑，②，，③㌳这㌳香三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题.已知数列的前n项和为，____，数列满足㌳，求数列的前n项和【解析】选条件①䁑，䁑由䁑，两式相减得：䁑䁑，䁑䁑所以䁑，又䁑，得，所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，所以䁑因此㌳䁑䁑，香䁑䁑䁑所以㌳㌳㌳䁑香㌳䁑选条件②，，㌳香解法一：㌳䁑由，得，㌳香香香香䁑香当时，，䁑香䁑䁑所以，䁑又也符合，䁑所以䁑因此㌳䁑，䁑㌳䁑㌳所以䁑㌳䁑㌳㌳䁑香䁑香香䁑㌳㌳㌳解法二：㌳䁑由，得㌳㌳䁑，㌳所以数列䁑是常数列，37,所以䁑䁑，所以䁑因此㌳䁑，䁑㌳䁑㌳所以䁑㌳䁑㌳㌳䁑香䁑香香䁑㌳㌳㌳选条件③㌳，时，䁑䁑㌳䁑䁑㌳䁑，又香，显然不符合上式，香所以䁑，则㌳䁑，香䁑⸶䁑䁑当时，㌳㌳㌳㌳㌳㌳，䁑香香又，符合㌳，香香所以㌳香香【解析】选①，运用数列的递推式和等比数列的定义、通项公式和求和公式，计算可得所求和；选②，解法一、运用数列恒等式和数列的裂项相消求和，计算可得所求和；解法二、由数列䁑是常数列，可得，，再由数列的裂项相消求和，计算可得所求和；选③，由数列的递推式和等比数列的求和公式，可得所求和．本题考查等差、等比数列的通项公式、求和等基础知识，以及数列的裂项相消求和，考查运算求解能力，逻辑推理能力，化归与转化思想等，属于中档题．76.(2021•宁夏中卫三模•理T17．)已知等比数列{an}的前n项和为Sn（n∈N*），﹣2S2，S3，4S4成等差数列，且a2+2a3+a4＝．（1）求数列{an}的通项公式；（2）若bn＝﹣（n+2）log2|an|，求数列的前n项和Tn．【解析】（1）等比数列{an}的公比为q，q≠1，前n项和为成等差数列，可得2S3＝4S4﹣2S2，即为2•＝4•﹣2•，化为2q2﹣q﹣1＝0，解得q＝﹣，，即为﹣a1+2•a1﹣a1＝，38,解得a1＝﹣，则an＝（﹣）n，n∈N*；（2）bn＝﹣（n+2）log2|an|＝﹣（n+2）log2＝n（n+2），可得＝＝（﹣），即有前n项和Tn＝（1﹣+﹣+…+﹣+﹣）＝（1+﹣﹣）＝﹣（+）＝．77.(2021•河北秦皇岛二模•理T18．)已知等比数列{an}，其前n项和为Sn，若a1＝λ，an+1＝λSn+2，λ∈R，n∈N*．（1）求λ的值；（2）设bn＝，求使b1+b2+…+bn＞成立的最小自然数n的值．【解析】（1）根据题意，由通用公式可得，当n≥2时，，①﹣②可得，an+1﹣an＝λan⇒an+1＝（1+λ）an，∴数列{an}是公比为λ+1的等比数列，又因为a1＝λ，由①得到，∴⇒λ＝2．（2）由（1）可知，数列{an}是以2为首项，3为公比的等比数列，即得，则＝＝，∴b1+b2+b3+……+bn＝（）+（）+……+（）＝1﹣．∴⇒3n＞1011⇒n≥7．故可得满足题意的最小自然数为n＝7．78.(2021•河北邯郸二模•理T17．)已知数列{an}满足an＞0，an+1＝3an+4．（Ⅰ）证明：数列{an+2}为等比数列；39,（Ⅱ）若a3＝25，求数列{an﹣n}的前n项和Sn．【解析】（Ⅰ）证明：由an+1＝3an+4，可得an+1+2＝3（an+2），则数列{an+2}是公比为3的等比数列；（Ⅱ）若a3＝25，又a3＝3a2+4，可得a2＝7，由a2＝3a1+4，可得a1＝1，可得an﹣1nn+2＝（a1+2）•3＝3，则ann＝3﹣2，an﹣n＝3n﹣2﹣n，则Sn＝（3+32+...+3n）﹣2n﹣（1+2+3+...+n）＝﹣2n﹣n（1+n）＝﹣．79.(2021•浙江杭州二模•理T20．)已知数列{an﹣2*n}，{bn}，满足an＝2，b2k﹣1＝ak（k∈N），b2k﹣1，b2k，b2k+1成等差数列．（1）证明：{b2k}是等比数列；（2）数列{cn}满足cn＝，记数列{cn}的前n项和为Sn，求Sn．【解析】证明：（1）由数列{an﹣2*n}，{bn}，满足an＝2，b2k﹣1＝ak（k∈N），所以，由于b2k﹣1，b2k，b2k+1成等差数列．故，整理得（常数），所以数列：{b2k}是以为首项，公比为2的等比数列；（2）由于：{b2k}是以为首项，公比为2的等比数列；所以，则＝2n﹣3，所以＝＝40,（n≥1），则+…+，＝．80.(2021•天津南开二模•T18．)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为S*n（n∈N）．已知b1＝1，b3＝b2+2，b4＝a3+a5，b5＝a4+2a6．（Ⅰ）求{an}和{bn}的通项公式；（Ⅱ）设数列的前n项和Tn.记cn＝，求cn；（Ⅲ）求．【解析】（Ⅰ）设数列{an}是公差为d的等差数列，数列{bn}是公比为q的等比数列，公比大于0*n（n∈N）．已知b1＝2，b3＝b2+8，b4＝a3+a8，b5＝a4+7a6．所以q2＝q+2，解得q＝2，由于b4＝a3+a5，b5＝a5+2a6．所以6a1+6d＝6，3a1+13d＝16，解得a7＝d＝1，故an＝n，．（Ⅱ）由（Ⅰ）知：，所以T7n＝0，T2n﹣2＝﹣1，所以＝，（Ⅲ）由（Ⅱ）得：，所以①，②，①﹣②得：＝，41,整理得．81.(2021•广东潮州二模•T18．)已知等差数列{an}的公差d≠0，若a6＝11，且a2，a5，a14成等比数列．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设，求数列{bn}的前n项和Sn．【解析】（1）∵a6＝11，∴a1+5d＝11，①∵a2，a5，a14成等比数列，∴，化简得d＝2a1，②由①②可得，a1＝1，d＝2．∴数列的通项公式是an＝2n﹣1；（2）由（1）得＝，∴Sn＝＝．82.(2021•辽宁朝阳二模•T18．)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝3，an+1＝2an+1．（1）证明{an+1}为等比数列．（2）判断n，an，Sn是否成等差数列？并说明理由．【解析】（1）证明：a2＝3，an+1＝2an+1，可得a1＝1，即有an+1+1＝2（an+1），则{an+1}为首项为1，公比为2的等比数列；（2）由（1）可得an+1＝2n，即有an＝2n﹣1，Sn+1n＝﹣n＝2﹣2﹣n，由n+Sn﹣2an＝n+2n+1﹣2﹣n﹣2（2n﹣1）＝0，可得n，an，Sn成等差数列．83.(2021•山东潍坊二模•T22．)设ann＝x，bn＝，Sn为数列{an▪bn}的前n项和，令fn（x）＝S+n﹣1，其中x∈R，n∈N．（1）当x＝2时，数列{an}中是否存在三项，使其成等差数列？并说明理由；（2）证明：对∀n∈N+，关于x的方程fn（x）＝0在x∈[，1]上有且仅有一个根xn；（3）证明：对∀p∈N+，由（2）中x0构成的数列{xn}满足0＜xn﹣xn+p＜．【解析】（1）当x＝2时，ann＝2，42,若存在三项2m，2n，2t成等差数列（m＜n＜t，m，n，t∈N*），则有2m+2t＝2n+1，∴1+2t﹣m＝2n+1﹣m，易知等式左边为奇数，右边为偶数，∴数列{an}中不存在三项，使其成等差数列；（2）证明：由题意，+，∴，当x∈[，1]时，fn′（x）＞0恒成立，∴fn（x）单调递增，此时fn（1）＝+＞0，＝⋯+＜＝＜0，∴存在唯一的实数xn∈[，1]，使得fn（x）＝0，∴得证；（3）证明：当x＞0时，fn+1（x）＝fn（x）+＞fn（x），∴fn+1（xn）＞fn（xn）＝fn+1（xn+1）＝0，∵fn+1（x）在x∈（0，+∞）单调递增，∴xn+1＜xn，即{xn}单调递减，故对∀正整数p，都有xn﹣xn+p＞0，又fn（xn）＝⋯+＝0，fn+p（xn+p）＝＝0，两式相减，得，xn﹣xn+p＝+⋯+++⋯+＜+⋯+，43,∵xn+p∈[，1]，∴xn﹣xn+p＜＜＝＝＜，即数列{xn}满足0＜xn﹣xn+p＜，∴得证．84.(2021•浙江丽水湖州衢州二模•T20．)已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，若a1＝2，a2+a3是a3与a4的等差中项．数列{bn}的前n项和为Sn，且Sn+＝2an﹣2．求证：（Ⅰ）数列{an﹣bn}是等差数列；（Ⅱ）…+≤2（1﹣）．【解析】证明：（Ⅰ）数列{an}是各项均为正数的等比数列，若a1＝2，a2+a3是a3与a4的等差中项，由已知a3+a4＝2（a2+a3），整理得a4﹣a3﹣2a2＝0．设数列{an}的公比为q，则q2﹣q﹣2＝0，解得q＝2或﹣1（负值舍去）故．由Sn+＝2an﹣2．①当n＝1时，解得b1＝1，当n≥2时，②，①﹣②得：，解得．所以an﹣bn＝n，故（an﹣bn）﹣（an﹣1﹣bn﹣1）＝1（常数），故数列{an﹣bn}是等差数列．（Ⅱ）由于，数列{an﹣bn}是以1为首项，1为公差的等差数列，则：an﹣bn＝1+（n﹣1）＝n，所以，44,根据不等式＝，所以＝2﹣，由于，所以…+≤2（1﹣）成立．85.(2021•山西调研二模•文T17.)已知等比数列，㌳∈ᦙ，，㌳是与香的等差中项.求的通项公式；若log，求数列的前n项和【解析】解：设公比为q的等比数列，㌳∈ᦙ，所以该数列单调递增，由于，㌳是与香的等差中项．所以㌳㌳香，故㌳，解得：或舍去，故由log，所以㌳㌳㌳①，㌳香㌳㌳㌳②，㌳䁑㌳①-②得：䁑㌳㌳㌳䁑䁑䁑整理得：䁑㌳㌳【解析】首先建立方程组求出数列的通项公式，进一步利用乘公比错位相减法的应用求出数列的和．本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，裂项相消法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．86.(2021•新疆乌鲁木齐二模•文T17．)已知等差数列{an}满足a3＝6，a4+a6＝20，{an}的前n项和为Sn．（Ⅰ）求an及Sn；（Ⅱ）令bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn．【解析】（Ⅰ）由题意，设等差数列{an}的公差为d，45,则，解得，∴an＝2+2（n﹣1）＝2n，n∈N*，Sn＝2n+•2＝n（n+1）．（Ⅱ）由（Ⅰ），可得bn＝＝＝﹣，故Tn＝b1+b2+…+bn＝1﹣+﹣+…+﹣＝1﹣＝．87.(2021•河南郑州二模•文T18．)已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且{bn}的前n项和为Sn，2a1＝b1＝2，a5＝5（a4﹣a3），___．在①b5＝4（b4﹣b3），②bn+1＝Sn+2这两个条件中任选其中一个，补充在上面的横线上，并完成下面问题的解答．（Ⅰ）求数列{an}和{bn}的通项公式；（Ⅱ）求数列{an﹣bn}的前n项和Tn．【解析】等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，选①b5＝4（b4﹣b3），（Ⅰ）由2a1＝b1＝2，a5＝5（a4﹣a3），b5＝4（b4﹣b3），可得1+4d＝5d，2q4＝4（2q3﹣2q2），解得d＝1，q＝2，则an﹣1nn＝1+n﹣1＝n，bn＝2•2＝2；（Ⅱ）ann﹣bn＝n﹣2，则Tn＝（1+2+3+…+n）﹣（2+4+8+…+2n）＝n（n+1）﹣＝（n2+n）﹣2n+1+2．选②bn+1＝Sn+2，（Ⅰ）由2a1＝2，a5＝5（a4﹣a3），bn+1＝Sn+2，可得1+4d＝5d，解得d＝1，由b1＝2，bn+1＝Sn+2，①当n≥2时，bn＝Sn﹣1+2，②46,①﹣②可得bn+1﹣bn＝Sn﹣Sn﹣1＝bn，即bn+1＝2bn，由n＝1时，bn﹣2n2＝S1+2＝b1+2＝4，所以bn＝b2•2＝2，上式对n＝1也成立，所以an﹣1nn＝1+n﹣1＝n，bn＝2•2＝2；（Ⅱ）an﹣bn＝n﹣2n，则Tn＝（1+2+3+…+n）﹣（2+4+8+…+2n）＝n（n+1）﹣＝（n2+n）﹣2n+1+2．47