【备考2022】2022高考数学 （真题+模拟新题分类汇编） 数列 文

数列D1　数列的概念与简单表示法　　　　　　　　　　　　　　　　　　　15．D1，D5[2022·湖南卷]对于E＝{a1，a2，…，a100}的子集X＝{ai1，ai2，…，aik}，定义X的“特征数列”为x1，x2，…，x100，其中xi1＝xi2＝…＝xik＝1，其余项均为0.例如：子集{a2，a3}的“特征数列”为0，1，1，0，0，…，0.(1)子集{a1，a3，a5}的“特征数列”的前3项和等于________；(2)若E的子集P的“特征数列”p1，p2，…，p100满足p1＝1，pi＋pi＋1＝1，1≤i≤99；E的子集Q的“特征数列”q1，q2，…，q100满足q1＝1，qj＋qj＋1＋qj＋2＝1，1≤j≤98，则P∩Q的元素个数为________．15．2　17　[解析](1)由特征数列的定义可知，子集{a1，a3，a5}的“特征数列”为1，0，1，0，1，0…，0，故可知前三项和为2.(2)根据“E的子集P的“特征数列”p1，p2，…，p100满足p1＝1，pi＋pi＋1＝1，1≤i≤99”可知子集P的“特征数列”为1，0，1，0，…，1，0.即奇数项为1，偶数项为0.根据“E的子集Q的“特征数列”q1，q2，…，q100满足q1＝1，qj＋qj＋1＋qj＋2＝1，1≤j≤98”可知子集Q的“特征数列为1，0，0，1，0，0，…，0，1.即项数除以3后的余数为1的项为1，其余项为0，则P∩Q的元素为项数除以6余数为1的项，可知有a1，a7，a13，…，a97，共17项．4．D1[2022·辽宁卷]下面是关于公差d>0的等差数列{an}的四个命题：p1：数列{an}是递增数列；p2：数列{nan}是递增数列；p3：数列是递增数列；p4：数列{an＋3nd}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}为d>0的数列，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.D2　等差数列及等有效期数列前n项和　　　　　　　　　　　　　　　　　　　19．D2，D4[2022·安徽卷]设数列{an}满足a1＝2，a2＋a4＝8，且对任意n∈N*，函数f(x)＝(an－an＋1＋an＋2)x＋an＋1cosx－an＋2sinx满足f′＝0.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝2，求数列{bn}的前n项和Sn.19．解：(1)由题设可得，f′(x)＝an－an＋1＋an＋2－an＋1sinx－an＋2cosx.对任意n∈N*，f′＝an－an＋1＋an＋2－an＋1＝0，即an＋1－an＝an＋2－an＋1，故{an}为等差数列．-15-\n由a1＝2，a2＋a4＝8，解得{an}的公差d＝1，所以an＝2＋1·(n－1)＝n＋1.(2)由bn＝2an＋＝2＝2n＋＋2知，Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝2n＋2·＋＝n2＋3n＋1－.7．D2[2022·安徽卷]设Sn为等差数列{an}的前n项和，S8＝4a3，a7＝－2，则a9＝(　　)A．－6B．－4C．－2D．27．A　[解析]设公差为d，则8a1＋28d＝4a1＋8d，即a1＝－5d，a7＝a1＋6d＝－5d＋6d＝d＝－2，所以a9＝a7＋2d＝－6.20．M2，D2，D3，D5[2022·北京卷]给定数列a1，a2，…，an，对i＝1，2，…，n－1，该数列前i项的最大值记为Ai，后n－i项ai＋1，ai＋2，…，an的最小值记为Bi，di＝Ai－Bi.(1)设数列{an}为3，4，7，1，写出d1，d2，d3的值；(2)设a1，a2，…，an(n≥4)是公比大于1的等比数列，且a1>0.证明：d1，d2，…，dn－1是等比数列；(3)设d1，d2，…，dn－1是公差大于0的等差数列，且d1>0，证明：a1，a2，…，an－1是等差数列．20．解：(1)d1＝2，d2＝3，d3＝6.(2)证明：因为a1>0，公比q>1，所以a1，a2，…，an是递增数列．因此，对i＝1，2，…，n－1，Ai＝ai，Bi＝ai＋1.于是对i＝1，2，…，n－1，di＝Ai－Bi＝ai－ai＋1＝a1(1－q)qi－1.因此di≠0且＝q(i＝1，2，…，n－2)，即d1，d2，…，dn－1是等比数列．(3)证明：设d为d1，d2，…，dn－1的公差．对1≤i≤n－2，因为Bi≤Bi＋1，d>0，所以Ai＋1＝Bi＋1＋di＋1≥Bi＋di＋d>Bi＋di＝Ai.又因为Ai＋1＝max{Ai，ai＋1}，所以ai＋1＝Ai＋1>Ai≥ai.从而a1，a2，…，an－1是递增数列，因此Ai＝ai(i＝1，2，…，n－1)．又因为B1＝A1－d1＝a1－d1<a1，所以B1<a1<a2<…<an－1.因此an＝B1.所以B1＝B2＝…＝Bn－1＝an.所以ai＝Ai＝Bi＋di＝an＋di.因此对i＝1，2，…，n－2都有ai＋1－ai＝di＋1－di＝d，即a1，a2，…，an－1是等差数列．17．D2、D4[2022·全国卷]等差数列{an}中，a7＝4，a19＝2a9.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.17．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，-15-\n则an＝a1＋(n－1)d.因为所以解得a1＝1，d＝.所以{an}的通项公式为an＝.(2)因为bn＝＝＝－，所以Sn＝－＋－＋…＋－＝.17．D2，D3[2022·福建卷]已知等差数列{an}的公差d＝1，前n项和为Sn.(1)若1，a1，a3成等比数列，求a1；(2)若S5>a1a9，求a1的取值范围．17．解：(1)因为数列{an}的公差d＝1，且1，a1，a3成等比数列，所以a＝1×(a1＋2)，即a－a1－2＝0，解得a1＝－1或a1＝2.(2)因为数列{an}的公差d＝1，且S5>a1a9，所以5a1＋10>a＋8a1，即a＋3a1－10<0，解得－5<a1<2.17．D2，D3[2022·新课标全国卷Ⅱ]已知等差数列{an}的公差不为零，a1＝25，且a1，a11，a13成等比数列．(1)求{an}的通项公式；(2)求a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.17．解：(1)设{an}的公差为d.由题意，a＝a1a13，即(a1＋10d)2＝a1(a1＋12d)，于是d(2a1＋25d)＝0.又a1＝25，所以d＝0(舍去)，d＝－2.故an＝－2n＋27.(2)令Sn＝a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.由(1)知a3n－2＝－6n＋31，故{a3n－2}是首项为25，公差为－6的等差数列．从而Sn＝(a1＋a3n－2)＝(－6n＋56)＝－3n2＋28n.20．D2[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)若数列{bn}满足＋＋…＋＝1－，n∈N*，求{bn}的前n项和Tn.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-15-\n解得a1＝1，d＝2.因此an＝2n－1，n∈N*.(2)由已知＋＋…＋＝1－，n∈N*，当n＝1时，＝；当n≥2时，＝1－－＝.所以＝，n∈N*.由(1)知an＝2n－1，n∈N*，所以bn＝，n∈N*.又Tn＝＋＋＋…＋，Tn＝＋＋…＋＋，两式相减得Tn＝＋－＝－－，所以Tn＝3－.17．D2[2022·陕西卷]设Sn表示数列的前n项和．(1)若是等差数列，推导Sn的计算公式；(2)若a1＝1，q≠0，且对所有正整数n，有Sn＝.判断是否为等比数列，并证明你的结论．17．解：(1)方法一：设的公差为d，则Sn＝a1＋a2＋…＋an＝a1＋(a1＋d)＋…＋[a1＋(n－1)d]，又Sn＝an＋(an－d)＋…＋[an－(n－1)d]，∴2Sn＝n(a1＋an)，∴Sn＝.方法二：设的公差为d，则Sn＝a1＋a2＋…＋an＝a1＋(a1＋d)＋…＋[a1＋(n－1)d]，又Sn＝an＋an－1＋…＋a1＝[a1＋(n－1)d]＋[a1＋(n－2)d]＋…＋a1，-15-\n∴2Sn＝[2a1＋(n－1)d]＋[2a1＋(n－1)d]＋…＋[2a1＋(n－1)d]＝2na1＋n(n－1)d，∴Sn＝na1＋d.(2)是等比数列．证明如下：∵Sn＝，∴an＋1＝Sn＋1－Sn＝－＝＝qn.∵a1＝1，q≠0，∴当n≥1时，有＝＝q.因此，{an}是首项为1且公比为q的等比数列．16．D2，D3[2022·四川卷]在等比数列{an}中，a2－a1＝2，且2a2为3a1和a3的等差中项，求数列{an}的首项、公比及前n项和．16．解：设该数列的公比为q，由已知，可得a1q－a1＝2，4a1q＝3a1＋a1q2，所以，a1(q－1)＝2，q2－4q＋3＝0，解得q＝3或q＝1.由于a1(q－1)＝2，因此q＝1不合题意，应舍去．故公比q＝3，首项a1＝1.所以，数列的前n项和Sn＝.17．D2、D4[2022·新课标全国卷Ⅰ]已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3＝0，S5＝－5.(1)求{an}的通项公式；(2)求数列的前n项和．17．解：(1)设{an}的公差为d，则Sn＝na1＋d.由已知可得解得a1＝1，d＝－1.故{an}的通项公式为an＝2－n.(2)由(1)知＝＝，数列的前n项和为＝.19．D2[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．(1)求d，an；(2)若d<0，求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|.19．解：(1)由题意得5a3·a1＝(2a2＋2)2，即d2－3d－4＝0.故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-15-\n当n≤11时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝Sn＝－n2＋n.当n≥12时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝－Sn＋2S11＝n2－n＋110.综上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝16．D2和D3[2022·重庆卷]设数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝3an，n∈N＋.(1)求{an}的通项公式及前n项和Sn；(2)已知{bn}是等差数列，Tn为其前n项和，且b1＝a2，b3＝a1＋a2＋a3，求T20.16．解：(1)由题设知{an}是首项为1，公比为3的等比数列，所以an＝3n－1，Sn＝＝(3n－1)．(2)b1＝a2＝3，b3＝1＋3＋9＝13，b3－b1＝10＝2d，所以公差d＝5，故T20＝20×3＋×5＝1010.12．D2[2022·重庆卷]若2，a，b，c，9成等差数列，则c－a＝________．12.　[解析]设公差为d，则d＝＝，所以c－a＝2d＝.D3　等比数列及等比数列前n项和　　　　　　　　　　　　　　　　　　　20．M2，D2，D3，D5[2022·北京卷]给定数列a1，a2，…，an，对i＝1，2，…，n－1，该数列前i项的最大值记为Ai，后n－i项ai＋1，ai＋2，…，an的最小值记为Bi，di＝Ai－Bi.(1)设数列{an}为3，4，7，1，写出d1，d2，d3的值；(2)设a1，a2，…，an(n≥4)是公比大于1的等比数列，且a1>0.证明：d1，d2，…，dn－1是等比数列；(3)设d1，d2，…，dn－1是公差大于0的等差数列，且d1>0，证明：a1，a2，…，an－1是等差数列．20．解：(1)d1＝2，d2＝3，d3＝6.(2)证明：因为a1>0，公比q>1，所以a1，a2，…，an是递增数列．因此，对i＝1，2，…，n－1，Ai＝ai，Bi＝ai＋1.于是对i＝1，2，…，n－1，di＝Ai－Bi＝ai－ai＋1＝a1(1－q)qi－1.因此di≠0且＝q(i＝1，2，…，n－2)，即d1，d2，…，dn－1是等比数列．-15-\n(3)证明：设d为d1，d2，…，dn－1的公差．对1≤i≤n－2，因为Bi≤Bi＋1，d>0，所以Ai＋1＝Bi＋1＋di＋1≥Bi＋di＋d>Bi＋di＝Ai.又因为Ai＋1＝max{Ai，ai＋1}，所以ai＋1＝Ai＋1>Ai≥ai.从而a1，a2，…，an－1是递增数列，因此Ai＝ai(i＝1，2，…，n－1)．又因为B1＝A1－d1＝a1－d1<a1，所以B1<a1<a2<…<an－1.因此an＝B1.所以B1＝B2＝…＝Bn－1＝an.所以ai＝Ai＝Bi＋di＝an＋di.因此对i＝1，2，…，n－2都有ai＋1－ai＝di＋1－di＝d，即a1，a2，…，an－1是等差数列．11．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＝________．11．2　2n＋1－2　[解析]∵a3＋a5＝q(a2＋a4)，∴40＝20q，∴q＝2，∴a1(q＋q3)＝20，∴a1＝2，∴Sn＝＝2n＋1－2.22．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．22．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，并求得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.由|AF1|＝|BF1|得－(3x1＋1)＝3x2＋1，即x1＋x2＝－.故＝－，解得k2＝，从而x1x2＝－.由于|AF2|＝＝＝1－3x1，-15-\n|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．7．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)7．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．D2，D3[2022·福建卷]已知等差数列{an}的公差d＝1，前n项和为Sn.(1)若1，a1，a3成等比数列，求a1；(2)若S5>a1a9，求a1的取值范围．17．解：(1)因为数列{an}的公差d＝1，且1，a1，a3成等比数列，所以a＝1×(a1＋2)，即a－a1－2＝0，解得a1＝－1或a1＝2.(2)因为数列{an}的公差d＝1，且S5>a1a9，所以5a1＋10>a＋8a1，即a＋3a1－10<0，解得－5<a1<2.11．D3[2022·广东卷]设数列{an}是首项为1，公比为－2的等比数列，则a1＋|a2|＋a3＋|a4|＝________．11．15　[解析]方法一：易求得a2＝－2，a3＝4，a4＝－8，∴a1＋|a2|＋a3＋|a4|＝15.方法二：相当于求首项为1，公比为2的等比数列的前4项和，S4＝＝15.14．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12.12．D3[2022·江西卷]-15-\n某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n(n∈N*)等于________．12．6　[解析]Sn＝＝2n＋1－2≥100，得n≥6.14．D3[2022·辽宁卷]已知等比数列{an}是递增数列，Sn是{an}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＝＝63.17．D2，D3[2022·新课标全国卷Ⅱ]已知等差数列{an}的公差不为零，a1＝25，且a1，a11，a13成等比数列．(1)求{an}的通项公式；(2)求a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.17．解：(1)设{an}的公差为d.由题意，a＝a1a13，即(a1＋10d)2＝a1(a1＋12d)，于是d(2a1＋25d)＝0.又a1＝25，所以d＝0(舍去)，d＝－2.故an＝－2n＋27.(2)令Sn＝a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.由(1)知a3n－2＝－6n＋31，故{a3n－2}是首项为25，公差为－6的等差数列．从而Sn＝(a1＋a3n－2)＝(－6n＋56)＝－3n2＋28n.16．D2，D3[2022·四川卷]在等比数列{an}中，a2－a1＝2，且2a2为3a1和a3的等差中项，求数列{an}的首项、公比及前n项和．16．解：设该数列的公比为q，由已知，可得a1q－a1＝2，4a1q＝3a1＋a1q2，所以，a1(q－1)＝2，q2－4q＋3＝0，解得q＝3或q＝1.由于a1(q－1)＝2，因此q＝1不合题意，应舍去．故公比q＝3，首项a1＝1.所以，数列的前n项和Sn＝.6．D3[2022·新课标全国卷Ⅰ]设首项为1，公比为的等比数列{an}的前n项和为Sn，则(　　)A．Sn＝2an－1B．Sn＝3an－2C．Sn＝4－3anD．Sn＝3－2an6．D　[解析]an＝，Sn＝＝31－an＝3－2an.16．D2和D3[2022·重庆卷]设数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝3an，n∈N＋.(1)求{an}的通项公式及前n项和Sn；-15-\n(2)已知{bn}是等差数列，Tn为其前n项和，且b1＝a2，b3＝a1＋a2＋a3，求T20.16．解：(1)由题设知{an}是首项为1，公比为3的等比数列，所以an＝3n－1，Sn＝＝(3n－1)．(2)b1＝a2＝3，b3＝1＋3＋9＝13，b3－b1＝10＝2d，所以公差d＝5，故T20＝20×3＋×5＝1010.D4　数列求和　　　　　　　　　　　　　　　　　　　19．D2，D4[2022·安徽卷]设数列{an}满足a1＝2，a2＋a4＝8，且对任意n∈N*，函数f(x)＝(an－an＋1＋an＋2)x＋an＋1cosx－an＋2sinx满足f′＝0.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝2，求数列{bn}的前n项和Sn.19．解：(1)由题设可得，f′(x)＝an－an＋1＋an＋2－an＋1sinx－an＋2cosx.对任意n∈N*，f′＝an－an＋1＋an＋2－an＋1＝0，即an＋1－an＝an＋2－an＋1，故{an}为等差数列．由a1＝2，a2＋a4＝8，解得{an}的公差d＝1，所以an＝2＋1·(n－1)＝n＋1.(2)由bn＝2an＋＝2＝2n＋＋2知，Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝2n＋2·＋＝n2＋3n＋1－.17．D2、D4[2022·全国卷]等差数列{an}中，a7＝4，a19＝2a9.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.17．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d.因为所以解得a1＝1，d＝.所以{an}的通项公式为an＝.-15-\n(2)因为bn＝＝＝－，所以Sn＝－＋－＋…＋－＝.16．D4[2022·江西卷]正项数列{an}满足：a－(2n－1)an－2n＝0.(1)求数列{an}的通项公式an；(2)令bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.16．解：(1)由a－(2n－1)an－2n＝0，得(an－2n)(an＋1)＝0.由于{an}是正项数列，所以an＝2n.(2)由an＝2n，bn＝，则bn＝＝，Tn＝＝＝.17．D2、D4[2022·新课标全国卷Ⅰ]已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3＝0，S5＝－5.(1)求{an}的通项公式；(2)求数列的前n项和．17．解：(1)设{an}的公差为d，则Sn＝na1＋d.由已知可得解得a1＝1，d＝－1.故{an}的通项公式为an＝2－n.(2)由(1)知＝＝，数列的前n项和为＝.D5　单元综合　　　　　　　　　　　　　　　　　　　20．M2，D2，D3，D5[2022·北京卷]给定数列a1，a2，…，an，对i＝1，2，…，n－1，该数列前i项的最大值记为Ai，后n－i项ai＋1，ai＋2，…，an的最小值记为Bi，di＝Ai－Bi.(1)设数列{an}为3，4，7，1，写出d1，d2，d3的值；(2)设a1，a2，…，an(n≥4)是公比大于1的等比数列，且a1>0.证明：d1，d2，…，dn－1是等比数列；(3)设d1，d2，…，dn－1是公差大于0的等差数列，且d1>0，证明：a1，a2，…，an－1是等差数列．-15-\n20．解：(1)d1＝2，d2＝3，d3＝6.(2)证明：因为a1>0，公比q>1，所以a1，a2，…，an是递增数列．因此，对i＝1，2，…，n－1，Ai＝ai，Bi＝ai＋1.于是对i＝1，2，…，n－1，di＝Ai－Bi＝ai－ai＋1＝a1(1－q)qi－1.因此di≠0且＝q(i＝1，2，…，n－2)，即d1，d2，…，dn－1是等比数列．(3)证明：设d为d1，d2，…，dn－1的公差．对1≤i≤n－2，因为Bi≤Bi＋1，d>0，所以Ai＋1＝Bi＋1＋di＋1≥Bi＋di＋d>Bi＋di＝Ai.又因为Ai＋1＝max{Ai，ai＋1}，所以ai＋1＝Ai＋1>Ai≥ai.从而a1，a2，…，an－1是递增数列，因此Ai＝ai(i＝1，2，…，n－1)．又因为B1＝A1－d1＝a1－d1<a1，所以B1<a1<a2<…<an－1.因此an＝B1.所以B1＝B2＝…＝Bn－1＝an.所以ai＝Ai＝Bi＋di＝an＋di.因此对i＝1，2，…，n－2都有ai＋1－ai＝di＋1－di＝d，即a1，a2，…，an－1是等差数列．19．D5，E9[2022·广东卷]设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，满足4Sn＝a－4n－1，n∈N*，且a2，a5，a14构成等比数列．(1)证明：a2＝；(2)求数列{an}的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有＋＋…＋<.19．解：19．D5[2022·湖北卷]已知Sn是等比数列{an}的前n项和，S4，S2，S3成等差数列，且a2＋a3＋a4＝－18.(1)求数列{an}的通项公式；(2)是否存在正整数n，使得Sn≥2013？若存在，求出符合条件的所有n的集合；若不存在，说明理由．19．解：(1)设数列{an}的公比为q，则a1≠0，q≠0.由题意得即解得故数列{an}的通项公式为an＝3(－2)n－1.(2)由(1)有Sn＝＝1－(－2)n.若存在n，使得Sn≥2013，则1－(－2)n≥2013，即(－2)n≤－2012.-15-\n当n为偶数时，(－2)n＞0，上式不成立；当n为奇数时，(－2)n＝－2n≤－2012，即2n≥2012，则n≥11.综上，存在符合条件的正整数n，且所有这样的n的集合为{n|n＝2k＋1，k∈N，k≥5}．15．D1，D5[2022·湖南卷]对于E＝{a1，a2，…，a100}的子集X＝{ai1，ai2，…，aik}，定义X的“特征数列”为x1，x2，…，x100，其中xi1＝xi2＝…＝xik＝1，其余项均为0.例如：子集{a2，a3}的“特征数列”为0，1，1，0，0，…，0.(1)子集{a1，a3，a5}的“特征数列”的前3项和等于________；(2)若E的子集P的“特征数列”p1，p2，…，p100满足p1＝1，pi＋pi＋1＝1，1≤i≤99；E的子集Q的“特征数列”q1，q2，…，q100满足q1＝1，qj＋qj＋1＋qj＋2＝1，1≤j≤98，则P∩Q的元素个数为________．15．2　17　[解析](1)由特征数列的定义可知，子集{a1，a3，a5}的“特征数列”为1，0，1，0，1，0…，0，故可知前三项和为2.(2)根据“E的子集P的“特征数列”p1，p2，…，p100满足p1＝1，pi＋pi＋1＝1，1≤i≤99”可知子集P的“特征数列”为1，0，1，0，…，1，0.即奇数项为1，偶数项为0.根据“E的子集Q的“特征数列”q1，q2，…，q100满足q1＝1，qj＋qj＋1＋qj＋2＝1，1≤j≤98”可知子集Q的“特征数列为1，0，0，1，0，0，…，0，1.即项数除以3后的余数为1的项为1，其余项为0，则P∩Q的元素为项数除以6余数为1的项，可知有a1，a7，a13，…，a97，共17项．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.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-15-\n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＝0.19．D5[2022·天津卷]已知首项为的等比数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，且－2S2，S3，4S4成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)证明Sn＋≤(n∈N*)．19．解：(1)设等比数列{an}的公比为q，因为－2S2，S3，4S4成等差数列，所以S3＋2S2＝4S4－S3，即S4－S3＝S2－S4，可得2a4＝－a3，于是q＝＝－.又a1＝，所以等比数列{an}的通项公式为an＝×－n－1＝(－1)n－1·.(2)证明：Sn＝1－－n，Sn＋＝1－－n＋＝当n为奇数时，Sn＋随n的增大而减小，所以Sn＋≤S1＋＝.当n为偶数时，Sn＋随n的增大而减小，所以Sn＋≤S2＋＝.故对于n∈N*，有Sn＋≤.1．[2022·新乡期末]数列{an}中，a1＝1，an＝＋1，则a4等于(　　)A.B.C．1D.1．A　[解析]由a1＝1，an＝＋1得，a2＝＋1＝2，a3＝＋1＝＋1＝，a4＝＋1＝＋1＝，选A.2．[2022·合肥联考]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＋a8＝13且S7＝35，则a7＝(　　)A．11B．10C．9D．82．D　[解析]由已知及等差数列的性质S7＝＝7a4＝35，所以a4＝5，又a4-15-\n＋a7＝a3＋a8＝13，所以a7＝8，选D.3．[2022·天津新华中学月考]设Sn是等差数列{an}的前n项和，S5＝3(a2＋a8)，则的值为(　　)A.B.C.D.3．D　[解析]由S5＝3(a2＋a8)及等差数列的性质得＝3×2a5，即5a3＝6a5，所以＝，选D.4．[2022·岳阳模拟]已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝3n＋a，n∈N*，则实数a的值是(　　)A．－3B．3C．－1D．14．C　[解析]当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－3n－1＝2·3n－1；当n＝1时，a1＝S1＝3＋a，因为{an}是等比数列，所以有3＋a＝2，解得a＝－1，选C.5．[2022·成都检测]已知等比数列{an}的前三项依次为a－1，a＋1，a＋4，则an＝(　　)A．4·()nB．4·()n－1C．4·()nD．4·()n－15．B　[解析]因为数列{an}为等比数列，所以(a＋1)2＝(a－1)(a＋4)，解得a＝5，即数列的前三项为4，6，9，公比为，所以an＝a1qn－1＝4·.6．[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．406．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.-15-