【备考2022】2022高考数学 （真题+模拟新题分类汇编） 数列 理

数列D1　数列的概念与简单表示法　　　　　　　　　　　　　　　　　　　图1－314．D1[2022·安徽卷]如图1－3所示，互不相同的点A1，A2，…，An，…和B1，B2，…，Bn，…分别在角O的两条边上，所有AnBn相互平行，且所有梯形AnBnBn＋1An＋1的面积均相等，设OAn＝an，若a1＝1，a2＝2，则数列{an}的通项公式是________．14．an＝　[解析]令S△OA1B1＝m(m>0)，因为所有AnBn相互平行且a1＝1，a2＝2，所以S梯形A1B1B2A2＝3m，当n≥2时，＝＝＝，故a＝a，a＝a，a＝a，……a＝a以上各式累乘可得a＝(3n－2)a，因为a1＝1，所以an＝.4．D1[2022·辽宁卷]下面是关于公差d>0的等差数列的四个命题：p1：数列是递增数列；p2：数列是递增数列；p3：数列是递增数列；p4：数列是递增数列．其中的真命题为(　　)A．p1，p2B．p3，p4C．p2，p3D．p1，p44．D　[解析]因为数列{an}中d>0，所以{an}是递增数列，则p1为真命题．而数列{an＋3nd}也是递增数列，所以p4为真命题，故选D.17．D1、D2[2022·全国卷]等差数列{an}前n项和为Sn.已知S3＝a，且S1，S2，S4成等比数列，求{an}的通项公式．17．解：设{an}的公差为d.由S3＝a，得3a2＝a，故a2＝0或a2＝3.由S1，S2，S4成等比数列得S＝S1S4.-17-\n又S1＝a2－d，S2＝2a2－d，S4＝4a2＋2d，故(2a2－d)2＝(a2－d)(4a2＋2d)．若a2＝0，则d2＝－2d2，所以d＝0，此时Sn＝0，不合题意；若a2＝3，则(6－d)2＝(3－d)(12＋2d)，解得d＝0或d＝2.因此{an}的通项公式为an＝3或an＝2n－1.D2　等差数列及等有效期数列前n项和　　　　　　　　　　　　　　　　　　　8．G2[2022·新课标全国卷Ⅰ]某几何体的三视图如图1－3所示，则该几何体的体积为(　　)图1－3A．16＋8πB．8＋8πC．16＋16πD．8＋16π8．A　[解析]由三视图可知该组合体下半部分是一个半圆柱，上半部分是一个长方体，故体积为V＝2×2×4＋×π×22×4＝16＋8π.7．D2[2022·新课标全国卷Ⅰ]设等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m＝(　　)A．3B．4C．5D．67．C　[解析]设首项为a1，公差为d，由题意可知am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，故d＝1.又Sm＝＝0，故a1＝－am＝－2，又Sm＝ma1＋d＝0，∴－2m＋＝0m＝5.12．D2[2022·广东卷]在等差数列{an}中，已知a3＋a8＝10，则3a5＋a7＝________．12．20　[解析]方法一：a3＋a8＝2a1＋9d＝10，而3a5＋a7＝3(a1＋4d)＋a1＋6d＝2(2a1＋9d)＝20.方法二：3a5＋a7＝2a5＋(a5＋a7)＝2a5＋2a6＝2(a5＋a6)＝2(a3＋a8)＝20.20．M2，D2，D3，D5[2022·北京卷]已知{an}是由非负整数组成的无穷数列，该数列前n项的最大值记为An，第n项之后各项an＋1，an＋2，…的最小值记为Bn，dn＝An－Bn.-17-\n(1)若{an}为2，1，4，3，2，1，4，3，…，是一个周期为4的数列(即对任意n∈N*，an＋4＝an)，写出d1，d2，d3，d4的值；(2)设d是非负整数，证明：dn＝－d(n＝1，2，3，…)的充分必要条件为{an}是公差为d的等差数列；(3)证明：若a1＝2，dn＝1(n＝1，2，3，…)，则{an}的项只能是1或者2，且有无穷多项为1.20．解：(1)d1＝d2＝1，d3＝d4＝3.(2)(充分性)因为{an}是公差为d的等差数列，且d≥0，所以a1≤a2≤…≤an≤….因此An＝an，Bn＝an＋1，dn＝an－an＋1＝－d(n＝1，2，3，…)．(必要性)因为dn＝－d≤0(n＝1，2，3，…)．所以An＝Bn＋dn≤Bn.又因为an≤An，an＋1≥Bn，所以an≤an＋1.于是，An＝an，Bn＝an＋1.因此an＋1－an＝Bn－An＝－dn＝d，即{an}是公差为d的等差数列．(3)因为a1＝2，d1＝1，所以A1＝a1＝2，B1＝A1－d1＝1.故对任意n≥1，an≥B1＝1.假设{an}(n≥2)中存在大于2的项．设m为满足am>2的最小正整数，则m≥2，并且对任意1≤k<m，ak≤2.又因为a1＝2，所以Am－1＝2，且Am＝am>2，于是，Bm＝Am－dm>2－1＝1，Bm－1＝min{am，Bm}>1.故dm－1＝Am－1－Bm－1<2－1＝1，与dm－1＝1矛盾．所以对于任意n≥1，有an≤2，即非负整数列{an}的各项只能为1或2.因为对任意n≥1，an≤2＝a1，所以An＝2.故Bn＝An－dn＝2－1＝1.因此对于任意正整数n，存在m满足m>n，且am＝1，即数列{an}有无穷多项为1.17．D1、D2[2022·全国卷]等差数列{an}前n项和为Sn.已知S3＝a，且S1，S2，S4成等比数列，求{an}的通项公式．17．解：设{an}的公差为d.由S3＝a，得3a2＝a，故a2＝0或a2＝3.由S1，S2，S4成等比数列得S＝S1S4.又S1＝a2－d，S2＝2a2－d，S4＝4a2＋2d，故(2a2－d)2＝(a2－d)(4a2＋2d)．若a2＝0，则d2＝－2d2，所以d＝0，此时Sn＝0，不合题意；若a2＝3，则(6－d)2＝(3－d)(12＋2d)，解得d＝0或d＝2.因此{an}的通项公式为an＝3或an＝2n－1.20．D2、D4[2022·山东卷]设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝4S2，a2n＝2an＋1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn＋＝λ(λ为常数)，令cn＝b2n(n∈N*-17-\n)，求数列{cn}的前n项和Rn.20．解：(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.由S4＝4S2，a2n＝2an＋1得解得a1＝1，d＝2，因此an＝2n－1，n∈N*.(2)由题意知Tn＝λ－，所以n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝－＋＝.故cn＝b2n＝＝(n－1)，n∈N*.所以Rn＝0×＋1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×，则Rn＝0×＋1×＋2×＋…＋(n－2)×＋(n－1)×，两式相减得Rn＝＋＋＋…＋－(n－1)×＝－(n－1)×＝－，整理得Rn＝4－.所以数列{cn}的前n项和Rn＝4－.16．D2，D3[2022·四川卷]在等差数列{an}中，a1＋a3＝8，且a4为a2和a9的等比中项，求数列{an}的首项、公差及前n项和．16．解：设该数列公差为d，前n项和为Sn，由已知可得2a1＋2d＝8，(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋8d)，所以a1＋d＝4，d(d－3a1)＝0.解得a1＝4，d＝0或a1＝1，d＝3.即数列{an}的首项为4，公差为0，或首项为1，公差为3.所以，数列的前n项和Sn＝4n或Sn＝.16．D2，D5，B12[2022·新课标全国卷Ⅱ]等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝0，S15＝25，则nSn的最小值为________．16．－49　[解析]由已知，a1＋a10＝0，a1＋a15＝d＝，a1＝－3，∴nSn＝-17-\n，易得n＝6或n＝7时，nSn出现最小值．当n＝6时，nSn＝－48；n＝7时，nSn＝－49.故nSn的最小值为－49.12．D2，D3[2022·重庆卷]已知{an}是等差数列，a1＝1，公差d≠0，Sn为其前n项和，若a1，a2，a5成等比数列，则S8＝________．12．64　[解析]设数列{an}的公差为d，由a1，a2，a5成等比数列，得(1＋d)2＝1·(1＋4d)，解得d＝2或d＝0(舍去)，所以S8＝8×1＋×2＝64.D3　等比数列及等比数列前n项和　　　　　　　　　　　　　　　　　　　14．D3[2022·新课标全国卷Ⅰ]若数列{an}的前n项和Sn＝an＋，则{an}的通项公式是an＝________．14．(－2)n－1　[解析]因为Sn＝an＋①，所以Sn－1＝an－1＋②，①－②得an＝an－an－1，即an＝－2an－1，又因为S1＝a1＝a1＋a1＝1，所以数列{an}是以1为首项，－2为公比的等比数列，所以an＝(－2)n－1.20．M2，D2，D3，D5[2022·北京卷]已知{an}是由非负整数组成的无穷数列，该数列前n项的最大值记为An，第n项之后各项an＋1，an＋2，…的最小值记为Bn，dn＝An－Bn.(1)若{an}为2，1，4，3，2，1，4，3，…，是一个周期为4的数列(即对任意n∈N*，an＋4＝an)，写出d1，d2，d3，d4的值；(2)设d是非负整数，证明：dn＝－d(n＝1，2，3，…)的充分必要条件为{an}是公差为d的等差数列；(3)证明：若a1＝2，dn＝1(n＝1，2，3，…)，则{an}的项只能是1或者2，且有无穷多项为1.20．解：(1)d1＝d2＝1，d3＝d4＝3.(2)(充分性)因为{an}是公差为d的等差数列，且d≥0，所以a1≤a2≤…≤an≤….因此An＝an，Bn＝an＋1，dn＝an－an＋1＝－d(n＝1，2，3，…)．(必要性)因为dn＝－d≤0(n＝1，2，3，…)．所以An＝Bn＋dn≤Bn.又因为an≤An，an＋1≥Bn，所以an≤an＋1.于是，An＝an，Bn＝an＋1.因此an＋1－an＝Bn－An＝－dn＝d，即{an}是公差为d的等差数列．(3)因为a1＝2，d1＝1，所以A1＝a1＝2，B1＝A1－d1＝1.故对任意n≥1，an≥B1＝1.假设{an}(n≥2)中存在大于2的项．设m为满足am>2的最小正整数，则m≥2，并且对任意1≤k<m，ak≤2.又因为a1＝2，所以Am－1＝2，且Am＝am>2，-17-\n于是，Bm＝Am－dm>2－1＝1，Bm－1＝min{am，Bm}>1.故dm－1＝Am－1－Bm－1<2－1＝1，与dm－1＝1矛盾．所以对于任意n≥1，有an≤2，即非负整数列{an}的各项只能为1或2.因为对任意n≥1，an≤2＝a1，所以An＝2.故Bn＝An－dn＝2－1＝1.因此对于任意正整数n，存在m满足m>n，且am＝1，即数列{an}有无穷多项为1.10．D3[2022·北京卷]若等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＋a5＝40，则公比q＝________；前n项和Sn＝________．10．2　2n＋1－2　[解析]∵a3＋a5＝q(a2＋a4)，∴40＝20q，q＝2，又∵a2＋a4＝a1q＋a1q3＝20，∴a1＝2，∴an＝2n，∴Sn＝2n＋1－2.3．D3[2022·江西卷]等比数列x，3x＋3，6x＋6，…的第四项等于(　　)A．－24B．0C．12D．243．A　[解析](3x＋3)2＝x(6x＋6)得x＝－1或x＝－3.当x＝－1时，x，3x＋3，6x＋6分别为－1，0，0，则不能构成等比数列，所以舍去；当x＝－3时，x，3x＋3，6x＋6分别为－3，－6，－12，且构成等比数列，则可求出第四个数为－24.14．D3[2022·江苏卷]在正项等比数列{an}中，a5＝，a6＋a7＝3.则满足a1＋a2＋…＋an>a1a2…an的最大正整数n的值为________．14．12　[解析]设{an}的公比为q.由a5＝及a5(q＋q2)＝3得q＝2，所以a1＝，所以a6＝1，a1a2…a11＝a＝1，此时a1＋a2＋…＋a11>1.又a1＋a2＋…＋a12＝27－，a1a2…a12＝26<27－，所以a1a2…a12>a1a2…a12，但a1＋a2＋…＋a13＝28－，a1a2…a13＝26·27＝25·28>28－，所以a1＋a2＋…＋a13<a1a2…a13，故最大正整数n的值为12.15．D3，D4[2022·湖南卷]设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝(－1)nan－，n∈N*，则(1)a3＝________；(2)S1＋S2＋…＋S100＝________．15．(1)－　(2)　[解析](1)因Sn＝(－1)nan－，则S3＝－a3－，S4＝a4－，解得a3＝－.(2)当n为偶数时，Sn＝an－，当n为奇数时，Sn＝－an－，可得当n为奇数时an＝－，又S1＋S2＋…＋S100＝＋＋…＋＋-17-\n＝－a1＋a2＋…－a99＋a100－＝S100－2(a1＋a3＋…＋a99)－＝S101－a101－2－＝－－＋2×－＝－＝.14．D3[2022·辽宁卷]已知等比数列是递增数列，Sn是的前n项和，若a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两个根，则S6＝________．14．63　[解析]由题意可知a1＋a3＝5，a1·a3＝4.又因为{an}为递增的等比数列，所以a1＝1，a3＝4，则公比q＝2，所以S6＝＝63.21．H6、H8、D3[2022·全国卷]已知双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为3，直线y＝2与C的两个交点间的距离为.(1)求a，b；(2)设过F2的直线l与C的左、右两支分别交于A，B两点，且|AF1|＝|BF1|，证明：|AF2|，|AB|，|BF2|成等比数列．21．解：(1)由题设知＝3，即＝9，故b2＝8a2.所以C的方程为8x2－y2＝8a2.将y＝2代入上式，求得x＝±.由题设知，2＝，解得a2＝1.所以a＝1，b＝2.(2)证明：由(1)知，F1(－3，0)，F2(3，0)，C的方程为8x2－y2＝8.①由题意可设l的方程为y＝k(x－3)，|k|＜2，代入①并化简得(k2－8)x2－6k2x＋9k2＋8＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1≤－1，x2≥1，x1＋x2＝，x1x2＝.于是|AF1|＝＝＝－(3x1＋1)，|BF1|＝＝＝3x2＋1.-17-\n由|AF1|＝|BF1|得－(3x1＋1)＝3x2＋1，即x1＋x2＝－.故＝－，解得k2＝，从而x1x2＝－.由于|AF2|＝＝＝1－3x1，|BF2|＝＝＝3x2－1，故|AB|＝|AF2|－|BF2|＝2－3(x1＋x2)＝4，|AF2|·|BF2|＝3(x1＋x2)－9x1x2－1＝16.因而|AF2|·|BF2|＝|AB|2，所以|AF2|，|AB|，|BF2|成等比数列．6．D3[2022·全国卷]已知数列{an}满足3an＋1＋an＝0，a2＝－，则{an}的前10项和等于(　　)A．－6(1－3－10)B.(1－310)C．3(1－3－10)D．3(1＋3－10)6．C　[解析]由3an＋1＋an＝0，得an≠0(否则a2＝0)且＝－，所以数列{an}是公比为－的等比数列，代入a2可得a1＝4，故S10＝＝3×＝3(1－3－10)．17．D3[2022·陕西卷]设{an}是公比为q的等比数列．(1)推导{an}的前n项和公式；(2)设q≠1，证明数列{an＋1}不是等比数列．17．解：(1)设{an}的前n项和为Sn，当q＝1时，Sn＝a1＋a2＋…＋an＝na1；当q≠1时，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，①qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，②①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn，∴Sn＝，∴Sn＝(2)假设{an＋1}是等比数列，则对任意的k∈N＋，(ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)，即a＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，即aq2k＋2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1，∵a1≠0，∴2qk＝qk－1＋qk＋1.∵q≠0，∴q2－2q＋1＝0，∴q＝1，这与已知矛盾．∴假设不成立，故{an＋1}不是等比数列．16．D2，D3[2022·四川卷]在等差数列{an}中，a1＋a3＝8，且a4为a2和a9的等比中项，求数列{an}的首项、公差及前n项和．-17-\n16．解：设该数列公差为d，前n项和为Sn，由已知可得2a1＋2d＝8，(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋8d)，所以a1＋d＝4，d(d－3a1)＝0.解得a1＝4，d＝0或a1＝1，d＝3.即数列{an}的首项为4，公差为0，或首项为1，公差为3.所以，数列的前n项和Sn＝4n或Sn＝.3．D3[2022·新课标全国卷Ⅱ]等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝a2＋10a1，a5＝9，则a1＝(　　)A.B．－C.D．－3．C　[解析]S3＝a2＋10a1a1＋a2＋a3＝a2＋10a1a3＝9a1q2＝9，a5＝9a3q2＝9a3＝1a1＝＝，故选C.12．D2，D3[2022·重庆卷]已知{an}是等差数列，a1＝1，公差d≠0，Sn为其前n项和，若a1，a2，a5成等比数列，则S8＝________．12．64　[解析]设数列{an}的公差为d，由a1，a2，a5成等比数列，得(1＋d)2＝1·(1＋4d)，解得d＝2或d＝0(舍去)，所以S8＝8×1＋×2＝64.D4　数列求和　　　　　　　　　　　　　　　　　　　17．D4[2022·江西卷]正项数列{an}的前n项和Sn满足：S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)令bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：对于任意的n∈N*，都有Tn<.解：(1)由S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0.由于{an}是正项数列，所以Sn>0，Sn＝n2＋n.于是a1＝S1＝2，n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.综上，数列{an}的通项为an＝2n.(2)证明：由于an＝2n，bn＝，则bn＝＝.Tn＝-17-\n＝<＝.15．D3，D4[2022·湖南卷]设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝(－1)nan－，n∈N*，则(1)a3＝________；(2)S1＋S2＋…＋S100＝________．15．(1)－　(2)　[解析](1)因Sn＝(－1)nan－，则S3＝－a3－，S4＝a4－，解得a3＝－.(2)当n为偶数时，Sn＝an－，当n为奇数时，Sn＝－an－，可得当n为奇数时an＝－，又S1＋S2＋…＋S100＝＋＋…＋＋＝－a1＋a2＋…－a99＋a100－＝S100－2(a1＋a3＋…＋a99)－＝S101－a101－2－＝－－＋2×－＝－＝.20．D2、D4[2022·山东卷]设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝4S2，a2n＝2an＋1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn＋＝λ(λ为常数)，令cn＝b2n(n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Rn.20．解：(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.由S4＝4S2，a2n＝2an＋1得解得a1＝1，d＝2，因此an＝2n－1，n∈N*.(2)由题意知Tn＝λ－，所以n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝－＋＝.故cn＝b2n＝＝(n－1)，n∈N*.所以Rn＝0×＋1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)×-17-\n，则Rn＝0×＋1×＋2×＋…＋(n－2)×＋(n－1)×，两式相减得Rn＝＋＋＋…＋－(n－1)×＝－(n－1)×＝－，整理得Rn＝4－.所以数列{cn}的前n项和Rn＝4－.D5　单元综合　　　　　　　　　　　　　　　　　　　12．D5[2022·新课标全国卷Ⅰ]设△AnBnCn的三边长分别为an，bn，cn，△AnBnCn的面积为Sn，n＝1，2，3，….若b1＞c1，b1＋c1＝2a1，an＋1＝an，bn＋1＝，cn＋1＝，则(　　)A．{Sn}为递减数列B．{Sn}为递增数列C．{S2n－1}为递增数列，{S2n}为递减数列D．{S2n－1}为递减数列，{S2n}为递增数列12．B　[解析]因为an＋1＝an，所以an＝a1.又因为bn＋1＋cn＋1＝(bn＋cn)＋an＝(bn＋cn)＋a1，所以bn＋1＋cn＋1－2a1＝(bn＋cn－2a1)．因为b1＋c1－2a1＝0，所以bn＋cn＝2a1，故△AnBnCn中边BnCn的长度不变，另外两边AnBn，AnCn的和不变．因为bn＋1－cn＋1＝－(bn－cn)，且b1－c1>0，所以bn－cn＝(b1－c1)，当n→＋∞时，bn→cn，也就是AnCn→AnBn，所以三角形△AnBnCn中BnCn边上的高随着n的增大而增大．设三角形△AnBnCn中BnCn边上的高为hn，则{hn}单调递增，所以Sn＝a1hn是增函数．答案为B.-17-\n20．B12、D5[2022·安徽卷]设函数fn(x)＝－1＋x＋＋＋…＋(x∈R，n∈N*)．证明：(1)对每个n∈N*，存在唯一的xn∈，1，满足fn(xn)＝0；(2)对任意p∈N*，由(1)中xn构成的数列{xn}满足0<xn－xn＋p<.20．证明：(1)对每个n∈N*，当x>0时，f′n(x)＝1＋＋…＋>0，故fn(x)在(0，＋∞)内单调递增．由于f1(1)＝0，当n≥2时，fn(1)＝＋＋…＋>0.故fn(1)≥0.又fn＝－1＋＋≤－＋k＝－＋·＝－·n－1<0.所以存在唯一的xn∈，1，满足fn(xn)＝0.(2)当x>0时，fn＋1(x)＝fn(x)＋≥fn(x)，故fn＋1(xn)>fn(xn)＝fn＋1(xn＋1)＝0.由fn＋1(x)在(0，＋∞)内单调递增，xn＋1<xn，故{xn}为单调递减数列．从而对任意n，p∈N*，xn＋p<xn.对任意p∈N*，由于fn(xn)＝－1＋xn＋＋…＋＝0，①fn＋p(xn＋p)＝－1＋xn＋p＋＋…＋＋＋…＋＝0，②①式减去②式并移项，利用0<xn＋p<xn≤1，得xn－xn＋p＝＋≤≤<＝－<.因此，对任意p∈N*，都有0<xn－xn＋p<.9．D5[2022·福建卷]已知等比数列{an}的公比为q，记bn＝am(n－1)＋1＋am(n－1)＋2＋…＋am(n－1)＋m，cn＝am(n－1)＋1·am(n－1)＋2·…·am(n－1)＋m(m，n∈N*)，则以下结论一定正确的是(　　)A．数列{bn}为等差数列，公差为qmB．数列{bn}为等比数列，公比为q2mC．数列{cn}为等比数列，公比为qm2D．数列{cn}为等比数列，公比为qmm-17-\n9．C　[解析]取an＝1，q＝1，则bn＝m，cn＝1，排除A，取a1＝1，q＝－1，m取正偶数，则bn＝0，排除B，＝＝qm·qm·…·qm,\s\do4(共m个))＝qm2，故选C.18．D5[2022·湖北卷]已知等比数列{an}满足：|a2－a3|＝10，a1a2a3＝125.(1)求数列{an}的通项公式；(2)是否存在正整数m，使得＋＋…＋≥1？若存在，求m的最小值；若不存在，说明理由．18．解：(1)设等比数列{an}的公比为q，则由已知可得解得或故an＝·3n－1或an＝－5·(－1)n－1.(2)若an＝·3n－1，则＝n－1，故是首项为，公比为的等比数列，从而＝＝1－m<<1.若an＝(－5)·(－1)n－1，则＝－(－1)n－1，故是首项为－，公比为－1的等比数列，从而＝故<1.综上，对任何正整数m，总有<1.故不存在正整数m，使得＋＋…＋≥1成立．19．D5[2022·江苏卷]设{an}是首项为a，公差为d的等差数列(d≠0)，Sn是其前n项的和．记bn＝，n∈N*，其中c为实数．(1)若c＝0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：Snk＝n2Sk(k，n∈N*)；(2)若{bn}是等差数列，证明：c＝0.19．解：由题设，Sn＝na＋d.(1)由c＝0，得bn＝＝a＋d.又因为b1，b2，b4成等比数列，所以b＝b1b4，即＝a，化简得d2－2ad＝0.因为d≠0，所以d＝2a.-17-\n因此，对于所有的m∈N*，有Sm＝m2a.从而对于所有的k，n∈N*，有Snk＝(nk)2a＝n2k2a＝n2Sk.(2)设数列{bn}的公差是d1，则bn＝b1＋(n－1)d1，即＝b1＋(n－1)d1，n∈N*，代入Sn的表达式，整理得，对于所有的n∈N*，有n3＋n2＋cd1n＝c(d1－b1)．令A＝d1－d，B＝b1－d1－a＋d，D＝c(d1－b1)，则对于所有的n∈N*，有An3＋Bn2＋cd1n＝D(*)．在(*)式中分别取n＝1，2，3，4，得A＋B＋cd1＝8A＋4B＋2cd1＝27A＋9B＋3cd1＝64A＋16B＋4cd1，从而有由②，③得A＝0，cd1＝－5B，代入方程①，得B＝0，从而cd1＝0.即d1－d＝0，b1－d1－a＋d＝0，cd1＝0.若d1＝0，则由d1－d＝0得d＝0，与题设矛盾，所以d1≠0.又因为cd1＝0，所以c＝0.20．M2，D2，D3，D5[2022·北京卷]已知{an}是由非负整数组成的无穷数列，该数列前n项的最大值记为An，第n项之后各项an＋1，an＋2，…的最小值记为Bn，dn＝An－Bn.(1)若{an}为2，1，4，3，2，1，4，3，…，是一个周期为4的数列(即对任意n∈N*，an＋4＝an)，写出d1，d2，d3，d4的值；(2)设d是非负整数，证明：dn＝－d(n＝1，2，3，…)的充分必要条件为{an}是公差为d的等差数列；(3)证明：若a1＝2，dn＝1(n＝1，2，3，…)，则{an}的项只能是1或者2，且有无穷多项为1.20．解：(1)d1＝d2＝1，d3＝d4＝3.(2)(充分性)因为{an}是公差为d的等差数列，且d≥0，所以a1≤a2≤…≤an≤….因此An＝an，Bn＝an＋1，dn＝an－an＋1＝－d(n＝1，2，3，…)．(必要性)因为dn＝－d≤0(n＝1，2，3，…)．所以An＝Bn＋dn≤Bn.又因为an≤An，an＋1≥Bn，所以an≤an＋1.于是，An＝an，Bn＝an＋1.因此an＋1－an＝Bn－An＝－dn＝d，即{an}是公差为d的等差数列．(3)因为a1＝2，d1＝1，所以A1＝a1＝2，B1＝A1－d1＝1.故对任意n≥1，an≥B1＝1.假设{an}(n≥2)中存在大于2的项．设m为满足am>2的最小正整数，则m≥2，并且对任意1≤k<m，ak≤2.-17-\n又因为a1＝2，所以Am－1＝2，且Am＝am>2，于是，Bm＝Am－dm>2－1＝1，Bm－1＝min{am，Bm}>1.故dm－1＝Am－1－Bm－1<2－1＝1，与dm－1＝1矛盾．所以对于任意n≥1，有an≤2，即非负整数列{an}的各项只能为1或2.因为对任意n≥1，an≤2＝a1，所以An＝2.故Bn＝An－dn＝2－1＝1.因此对于任意正整数n，存在m满足m>n，且am＝1，即数列{an}有无穷多项为1.19．D5[2022·天津卷]已知首项为的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn(n∈N*)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设Tn＝Sn－(n∈N*)，求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值．19．解：(1)设等比数列{an}的公比为q，因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3，于是q2＝＝.又{an}不是递减数列且a1＝，所以q＝－，故等比数列{an}的通项公式为an＝×－n－1＝(－1)n－1·.(2)由(1)得Sn＝1－－n＝当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，所以1<Sn≤S1＝，故0<Sn－≤S1－＝－＝.当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，所以＝S2≤Sn<1，故0>Sn－≥S2－＝－＝－.综上，对于n∈N*，总有－≤Sn－≤.所以数列{Tn}最大项的值为，最小项的值为－.16．D2，D5，B12[2022·新课标全国卷Ⅱ]等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝0，S15＝25，则nSn的最小值为________．16．－49　[解析]由已知，a1＋a10＝0，a1＋a15＝d＝，a1＝－3，∴nSn＝，易得n＝6或n＝7时，nSn出现最小值．当n＝6时，nSn＝－48；n＝7时，nSn＝－49.故nSn的最小值为－49.18．D5[2022·浙江卷]在公差为d的等差数列{an}中，已知a1＝10，且a1，2a2＋2，5a3成等比数列．-17-\n(1)求d，an；(2)若d<0，求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|.18．解：(1))由题意得a1·5a3＝(2a2＋2)2，即d2－3d－4＝0.所以d＝－1或d＝4.所以an＝－n＋11，n∈N*或an＝4n＋6，n∈N*.(2)设数列{an}的前n项和为Sn.因为d<0，由(1)得d＝－1，an＝－n＋11，则当n≤11时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝－n2＋n.当n≥12时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝－Sn＋2S11＝n2－n＋110.综上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝1．[2022·云南玉溪一中月考(三)]已知定义在R上的函数f(x)，g(x)满足＝ax，且f′(x)g(x)<f(x)·g′(x)，＋＝，若有穷数列{}(n∈N*)的前n项和等于，则n等于(　　)A．4B．5C．6D．71．B　[解析]由[]′＝，因f′(x)g(x)<f(x)g′(x)，所以[]′<0，即axlna<0，故0<a<1.由＋＝，得a＋＝，解得a＝.所以有穷数列{}(n∈N*)是等比数列，其前n项和Sn＝＝，得n＝5.选择B.2．[2022·黄山一检]若{an}是等差数列，首项a1>0，公差d<0，且a2013(a2012＋a2013)>0，则使数列{an}的前n项和Sn>0成立的最大自然数n是(　　)A．4027B．4026C．4025D．40242．D　[解析]因为{an}是等差数列，首项a1>0，公差d<0，故数列0为单调减数列．a2013(a2012＋a2013)>0，若a2013>0，则a2012>0，所以a2012＋a2013>0，由于S4024＝＝2012(a2012＋a2013)>0，故使数列{an}的前n项和Sn>0成立的最大自然数n是4024.[规律解读]若{an}是等差数列，求前n项和的最值时，(1)若a1>0，d<0，且满足前n项和Sn最大；(2)若a1<0，d>0，且满足前n项和Sn最小；(3)除上面方法外，还可将{an}的前n项和的最值问题看作Sn关于n的二次函数最值问题，利用二次函数的图像或配方法求解，注意n∈N*.3．[2022·北大附中河南分校月考(四)]已知各项为正的等比数列{an}中，a4与a14-17-\n的等比中项为2，则2a7＋a11的最小值为(　　)A．16B．8C．2D．43．B　[解析]由题意a4a14＝(2)2＝8，由等比数列的性质a4a14＝a＝8，又各项为正，所以a9＝2，则2a7＋a11＝＋a9q2≥2＝2×a9＝8，当且仅当＝a9q2，即q4＝2时取等号，选B.4．[2022·昆明调研]公比不为1的等比数列{an}的前n项和为Sn，且－3a1，－a2，a3成等差数列，若a1＝1，则S4＝(　　)A．－20B．0C．7D．404．A　[解析]设数列的公比为q(q≠1)，因为－3a1，－a2，a3成等差数列，所以－3a1＋a3＝－2a2，由于a1＝1，所以－3＋q2＋2q＝0，因为q≠1，所以q＝－3.故S4＝1－3＋9－27＝－20.5．[2022·山西师大附中3月月考]对大于或等于2的自然数m的n次方幂有如下分解方式：22＝1＋3　32＝1＋3＋5　　　42＝1＋3＋5＋723＝3＋533＝7＋9＋1143＝13＋15＋17＋19根据上述分解规律，则52＝1＋3＋5＋7＋9，若m3(m∈N*)的分解中最小的数是73.则m的值为________．5．9　[解析]按照条件可以归纳出m3(m∈N*)的分解规律是：分解的项数是m项，分解数是奇数，从第[m(m－1)＋1]个奇数开始．所以m(m－1)＋1＝73，解得m＝9或－8(舍去)，所以m＝9.6．[2022·杭州一检]设等差数列{an}满足：＝1，公差d∈(－1，0)．若当且仅当n＝9时，数列{an}的前n项和Sn取得最大值，则首项a1的取值范围是(　　)A．(，)B．(，)C.D.6．B　[解析]先化简得＝1⇒＝1⇒＝1⇒d＝－.又当且仅当n＝9时，数列{an}的前n项和Sn取得最大值，即a9>0，a10<0⇔⇒<a1<.-17-