近五年(2017-2021)高考数学真题分类汇编07 数列

七、数列

一、单选题

Sn 为等比数列an 的前 S2  4 ，S4  6 ，S6 （2021·全国（文））记 n 项和.若 则 （

A．7

B．8

C．9

2

）

D．10

x  ax b(x  R) .若 2．（2021·浙江）已知a, b  R, ab  0 ，函数 f  f (s  t), f (s), f (s  t) 成等比数列，则平面上点s,t  的轨迹是（

A．直线和圆

B．直线和椭圆

C．直线和双曲线

）

D．直线和抛物线

Sn ，设甲： q  0 ，乙： 3．（2021·全国（理））等比数列an 的公比为 q，前 n 项和为

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

a  1, a 4．（2021·浙江）已知数列a  满足

n 1 n1 an 1  an

n  N.记数列a 的前 n



n

Sn ，则（ 项和为

A．  S

）

3

 3

2

100

3  S B．

100

 4

C． 4  S

9

 100 2 D．  S  5

9

2 100

5．（2020·北京）在等差数列an 中，a1  9 ，a5  1 ．记Tn  a1a2…an (n  1, 2,…) ，则数列Tn （

）．

B．有最大项，无最小项 D．无最大项，无最小项

A．有最大项，有最小项

C．无最大项，有最小项

a1

bn+1=S2n+2–S2n， （2020·浙江）已知等差数列{an}的前n 项和Sn，公差d≠0 ，  1 ．记b1=S2，d

可能成立的是（ n  N ，下列等式不．．．A．2a4=a2+a6

B．2b4=b2+b6

）

2

C． a4  a a 2 8

D． b4  b b2 8

2

a1  a2  a3  1 ， a2  a3 +a4  2 ，则 7．（2020·全国（文））设{an } 是等比数列，且

a6  a7  a8  （

）

A．12

B．24 C．30 D．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

Sn a n

=

（ ）

A．2n–1

B．2–21–n C．2–2n–1 D．21–n–1

a1  2 ， amn  aman ，若 9．（2020·全国（理））数列{an } 中，

5 a  a k 2  a  215 ， 则 k  （ ） k 1 k 10 2

A．2

B．3 C．4 D．5

10．（2020·全国（理））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

a1a2 11．（2020·全国（理））0-1 周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列 ai {0,1}(i  1, 2,) ，且存在正整数 m ，使得 ai  m  ai (i  1, 2, an 满足 ) 成立，则称其为 0-1 周

期序列，并称满足 ai  m  ai (i  1, 2,) 的最小正整数 m 为这个序列的周期.对于周期为 m 1 m

C(k )  a a (k  1, 2,, m  1)

an ，的 0-1 序列 a1a2 i i  k 是描述其性质的重要指标， m i 1

1

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（ ）

5

A．11010 B．11011 C．10001 D．11001

12．（2019·全国（理））已知各项均为正数的等比数列an  的前 4 项和为 15，且

a5  3a3  4a1 ，则 a3 

A．16

B．8

C．4

D．2

Sn 为等差数列{an } 的前 n 项和．已知 S4  0，a5  5 ，则 13．（2019·全国（理））记

A. an  2n  5

B. an  3n 10

C. Sn  2n 8n

2

D. S n 2n

n

1 2

2

a1 , a2 , a3 , a4 成等比数列，且 a1  a2  a3  a4  ln(a1  a2  a3 ) ．14．（2018·浙江）已知 若

a1  1 ，则

a1  a3 , a2  a4 A． a4 B． a1  a3 ,a2 

a1  a3 ,a2  a4 C．

a1  a3 ,a2  a4 D．

15．（2018·北京（理））“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12 2 .若第一个单音的频率为 f，则第八个单音的频率为

A. 3

2 f

B． 3 22 f

12 7 D． 2f

12 5 C． 2f

a2 、a3 、a6 成等比16．（2017·全国（理））等差数列an  的首项为1，公差不为0 ．若

数列，则an 的前6 项的和为（ A． 24

）

C. 3

2

B. 3 D． 8

a 、b 、c 为实常数，数列{xn }的通项 17．（2017·上海）已知 x  N* ， n an bn  c ，n

x100k 、 x200k 、 x300k 成等差数列”的一个必要条件是（ 则“存在 k  N* ，使得

）

A. a  0

B. b  0 C. c = 0 D． a  2b  c  0

Sn 为等差数列{an } 的前 n 项和．若 18．（2017·全国（理））（2017 新课标全国 I 理科）记

a4  a5  24 ， S6  48 ，则{an } 的公差为

A．1

B．2 D．8

C．4

Sn ,则“d>0”是 19．（2017·浙江）已知等差数列an 的公差为 d,前 n 项和为 \" S4 +S6  2S5 \"的

A．充分不必要条件

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

C．充分必要条件

20．（2017·全国（理））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 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 D．9 盏

C．5 盏

21．（2017·全国（理））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 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 D．9 盏

C．5 盏

二、填空题

（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} 22．

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



 n(n 1)   n(n 1)  数列 数列  就是二阶等差数列，  (n  N ) 的前3 项和是

 2   2 

（2020·江苏）设{an}是公差为 24．d 的等差数列，{bn}是公比为 q 的等比数列．已知数2 n

列{an+bn}的前 n 项和 S  N ) ，则 d+q 的值是 n  n n  21(n

．



．

a n2  (1)a  3n 1，前 16 项和为 0，则 a1 25．（2020·全国（文））数列{an } 满足 n



n

.

a2  a6  2 ，

Sn 为等差数列an 的前 a1  2, 26．（2020·全国（文））记 n 项和．若 S10 ． 则

*

Sn 是其前 27．（2019·江苏）已知数列{an }(n  N) 是等差数列， n 项和.若

a2a5  a8  0, S9  27 ，则 S8 的值是 Sn . 28．（2019·全国（文））记

n 项和，若 a3  5, a7  13 ，则 S10 . 为等差数列an 的前

a1≠0，a2  3a1 ，则 29．（2019·全国（理））记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，

S10 . S5

30．（2019·全国（文））记 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和.若 a  1，S  ，则

1 3

S4= ．

3

4

2

31．（2019·全国（理））记 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和．若 a  ，a a ，则

1 1

S5= ．

3 4 6

n 项和为 Sn ，a3  0 ，a6  a7  14 ，S7  （2018·上海）记等差数列an 的前 若 则 Sn 为数列an 的前 n 项和，若 Sn  2an 1，则 33．（2018·全国（理））记 S6 ．

．

34．（2017·上海）已知数列{a } 和{b }，其中 a  n， n  N* ，{b } 的项是互不相等

n n n n

2

的正整数，若对于任意 n  N* ，{bn } 的第 an 项等于{an } 的第bn 项，则

lg(b1b4b9b16 )  lg(b1b2b3b4 )

．20n

1 S  10 ，则1．

74 k 1 S k ·全a1  b1  1，a4  b4  8 ， 36（2017·北京（理））若等差数列an 和等比数列bn 满足 国．（a2 则 . n 项和为 Sn ，a3  3 ， ）2017 新课标全国 II 理科）等差数列an  的前



b2

n 项为 S ，已知 S = 37．（2017·江苏）等比数列{ a }的各项均为实数，其前

n

7

S = ，6 63

n 3 4 4 ，

a8 = 则

．

38．（2021·全国）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 ，

2 20dm 6dm 两种规格的图形，它们的面积之和 S 1  240dm，对折 2 次共可以得到

5dm12dm ，10dm 6dm ， 20dm 3dm三种规格的图形，它们的面积之和 S2  180dm2 ，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

n

n 次，那么对折

k 1

 S

k

dm2 .

（2019·北京（理））设等差数列{an}的前 39．n 项和为 Sn，若 a2=−3，S5=−10，则 a5=

，Sn 的最小值为 ．

三、解答题

40．（2021·全国（文））设a 是首项为 1 的等比数列，数列b  满足b 

n

n n

nan

．已知 3

a1 ， 3a2 ， 9a3 成等差数列．

（1） 求an  和bn 的通项公式；

a 和b 的前 n 项和．证明： T 

n

n

n

（2） 记 S 和T 分别为

n

n

S ， a   ，且4S 41．（2021·浙江）已知数列a 的前 n 项和为

n

n

1

9

Sn

． 2

（1） 求数列（2） 设数列4  3S  9 .

n1 n

an  的通项；

bn 满足3bn  (n  4)an  0 ，记bn 的前 n 项和为T

n

bn 对任意 ，若Tn  n  N 恒成立，求的范围.

Sn 为an 的前 n 项和，从 42．（2021·全国（理））已知数列an 的各项均为正数，记

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

 S是等差数列；③ an

2

 3a1 ．

注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．

Sn 为数列an 的前 n 项和， bn 为数列Sn  的前 43．（2021·全国（理））记 n 项积，已

知

2 1

  2 ． bn S n

（1） 证明：数列（2） 求bn 是等差数列;

an  的通项公式．

a2  a4  20, a3  8 ． 44．（2020·海南）已知公比大于1的等比数列{an } 满足

（1） 求{an } 的通项公式；

（2） 求 a a  a a

1 2

 (1)n1 a a .

n n1

2 3

45．（2020·天津）已知an 为等差数列， bn 为等比数列，

a1  b1  1, a5  5a4  a3 , b5  4b4  b3  ．

（Ⅰ）求an  和bn 的通项公式； （Ⅱ）记a 的前 n 项和为 S ，求证： S S

n

n

 S 2

n1

n n2

n  N ；

*

3an  2bn anan2 , n为奇数,  求数列cn  的前 2n 项和． （Ⅲ）对任意的正整数n ，设 a

cn

 n1 , n为偶数. b n1

46．（2020·北京）已知an 是无穷数列．给出两个性质：

i

①对于a 中任意两项 ai , a j (i j) ，在a 中都存在一项a ，使a  a ；

m n n m a j

2

ak , al (k  l) ．使得 an  ②对于an 中任意项an (n3) ，在an 中都存在两项

2

k

a

．

al

an  n(n  1, 2,(Ⅰ)若 a  2(Ⅱ)若 n n1

) ，判断数列an  是否满足性质①，说明理由；

) ，判断数列n a 是否同时满足性质①和性质②，说明理由；

(n  1, 2,

(Ⅲ)若an 是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明： an 为等比数列. （2020·浙江）已知数列{an}，{bn}，{cn}中， 47．

a  b  c  1, c  a  a , c

1 1 1

n n1

n n1

bn  c (n  N* ) ．

 n bn2

（Ⅰ）若数列{bn}为等比数列，且公比 q  0 ，且b1  b2  6b3 ，求 q 与{an}的通项公式；

（Ⅱ）若数列{bn}为等差数列，且公差 d  0 ，证明： c  c

1

2

1

(n  N * )  c  1  ．

n

d

a2  a4  20, a3  8 ． 48．（2020·山东）已知公比大于1的等比数列{an } 满足

（1） 求{an } 的通项公式；

（2） 记bm 为{an } 在区间(0, m](m  N* ) 中的项的个数，求数列{bm} 的前100 项和 S100 ．

an1  3an  4n ． 49．（2020·全国（理））设数列{an}满足 a1=3，

（1） 计算 a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明； （2） 求数列{2nan}的前 n 项和 Sn．

a1 为 a2 ， a3 的等差中项． 50．（2020·全国（理））设{an } 是公比不为 1 的等比数列，

（1）求{an } 的公比；

（2）若 a1  1 ，求数列{nan }的前 n 项和．

a1  a2  4 ， a3  a1  8 ． 51．（2020·全国（文））设等比数列{an}满足

（1） 求{an}的通项公式；

（2） 记 Sn 为数列{log3an}的前 n 项和．若 Sm  Sm1  Sm3 ，求 m．

52．（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： a2 a4  a5 , a3  4a2  4a1  0 ，求证:数列{an}为“M－数

1

（2） 已知数列{b }满足: b  1,  2  2 ，其中 S 为数列{b }的前 n 项和．

n n n 列”；

1

Sn bn bn1

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ckbkck 1

成立，求 m 的最大值．

（2019·北京（文））设{an}是等差数列，a1=–10，且 53．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．

n 项和为 Sn ，a3  4 ，a4  S3 ，数列{bn }满足： ．（2019·浙江）设等差数列{an } 的前

对每 n  N, S n  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C 

n

an , n  N, 证明： C  C +

1 2 2bn  C  2 n , n  N.

n

55．（2019·天津（文）） 设an 是等差数列， bn 是等比数列，公比大于0 ，已知

a1  b1  3 ， b2  a3 ， b3  4a2  3 .

（Ⅰ）求an 和bn  的通项公式；

1, （Ⅱ）设数列c  满足 b c

n

n

n为奇数,

n为偶数, 求a c  a c 1 1 2 2  a c

2n 2n

n  N .

*



n2

a1  2, a3  2a2 16 . 56．（2019·全国（文））已知{an } 是各项均为正数的等比数列，

（1）求{an } 的通项公式；

（2） 设bn  log2 an ，求数列{bn } 的前 n 项和.

（2019·全国（文））记 57．Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，已知 S9=－a5．

（1） 若 a3=4，求{an}的通项公式；

（2） 若 a1>0，求使得 Sn≥an 的 n 的取值范围．

58．（2019·全国（理））

已知数列{an}和{bn}满足 a1=1，b1=0，4an1  3an  bn  4 ，4bn1  3bn  an  4 .

（1） 证明：{an+bn}是等比数列，{an–bn}是等差数列； （2） 求{an}和{bn}的通项公式.

a1  3 ，前 n 项和为 Sn . 59．（2019·上海）已知数列an ，

（1） 若（2） 若

a4  15 ，求 Sn ； an  为等差数列，且

Sn  12 ，求公比q的取值范围. an  为等比数列，且 lim n

d 0, ，数列bn 满足bn  sin an 60．（2019·上海）已知等差数列an 的公差

 ，集合 S  x | x  bn , n  N .

（1） 若 a1  0, d 

（2） 若 a  ，求 d 使得集合 S 恰好有两个元素；

1

2 2，求集合 S ； 3

（3） 若集合 S 恰好有三个元素： bnT  bn ，T 是不超过 7 的正整数，求T 的所有可能的值.

61．（2019·天津（理））设an  是等差数列， bn 是等比数列.已知

a1  4,b1  6 ，b2  2a2  2,b3  2a3  4 .

（Ⅰ）求an  和bn 的通项公式；

1, 2k  n  2k 1,

其中 k  N* . （Ⅱ）设数列  cn 满足c1  1, cn  b , n  2k ,

 k

（i） 求数列

ac2n

2n

1的通项公式；

*

2n

（ii） 求

ii

i1

n  N.

 ac

a1 ，公差为 62．（2018·江苏）设{an } 是首项为 d 的等差数列，{bn } 是首项为b1 ，公比为 q 的等比数列．

b1 对 n  1, 2,3, 4 均成立，求 d 的取值范围； （1）设 a1  0,b1  1, q  2 ，若| an  bn |≤

（2）若 a  b  0, m  N*, q  (1, m 2] ，证明：存在 d  R ，使得| an  bn |≤ b1 对

1

1

n  2, 3,

, m 1 均成立，并求 ． d 的取值范围（用b1, m, q 表示）63．（2018·江苏）设 1，2，···，n 的一个排列i1i2 n  N* ，对 则称(is , it ) 是排列i1i2

in ，如果当 s数．例如：对 1，2，3 的一个排列 231，只有两个逆序(2，1)，(3，1)，则排列 231 的逆序数为 2．记 fn (k ) 为 1，2，···，n 的所有排列中逆序数为 k 的全部排列的个数． （1）求 f3 (2), f4 (2) 的值；

（2） 求 fn (2)(n  5) 的表达式(用 n 表示)．

Sn 为等差数列{an } 的前 n 项和，已知 a1  7 ， S3  15 ． ．（2018·全国（文））记

（1） 求{an } 的通项公式；

（2） 求 Sn ，并求 Sn 的最小值．

a1  ln 2, a2  a3  5 ln 2 . 65．（2018·北京（文））设{an } 是等差数列，且

（Ⅰ）求{an } 的通项公式；

（Ⅱ）求ea1  ea2  ean .

a1  1，a5  4a3 ． 66．（2018·全国（理））等比数列an 中，

（1） 求an 的通项公式；

n 项和．若 Sm  63 ，求 an 的前

Sn 为（2） 记

m ． 67．（2018·浙江）已知等比数列{an}的公比 q>1，且

a3+a4+a5=28，a4+2 是 a3，a5 的等差中项．数列{bn}满足 b1=1，数列{（bn+1−bn）an}的前 n 项和为 2n2+n． （Ⅰ）求 q 的值；

（Ⅱ）求数列{bn}的通项公式．

a  1 ， na 68．（2018·全国（文））已知数列a 满足

（1）求b1 ，b2 ，b3 ；

n 1 n1

a

 2n 1 a ，设b  ．

n

n n

n （2） 判断数列bn  是否为等比数列，并说明理由；

（3） 求an  的通项公式．

69．（2018·天津（理））设a n 是等比数列，公比大于 0，其前 n 项和为 S n n  N ，

*



a1  1 ， a3  a2  2 ， a4  b3  b5 ， a5  b4  2b6 . bn 是等差数列.已知

（I） 求an 和bn 的通项公式；

（II） 设数列S 的前 n 项和为T n n 

n  N  ，

* *

（i） 求Tn ；

n

T bk

k 2

bk



2n2 n  2

（ii）证明k 1

 k 1k  2

 2 n  N  .

（2018·天津（文））设{an}是等差数列，其前 ；{bn}是等比数列，70．n 项和为 Sn（n∈N*）公比大于 ．已知 0，其前 n 项和为 Tn（n∈N*）b1=1，b3=b2+2，b4=a3+a5，b5=a4+2a6． （Ⅰ）求 Sn 和 Tn；

（Ⅱ）若 Sn+（T1+T2+…+Tn）=an+4bn，求正整数 n 的值．

a1  3a2  (2n 1)an  2n . 71．（2017·全国（文））设数列an  满足

（1） 求

an  的通项公式；

an 的前 n 项和．  

2n 1

 （2） 求数列

n (n  N* ) 个月共享单车的投放量和损失量分别为 72．（2017·上海）根据预测，某地第

an 和bn （单位：辆），

5n4 15, 1  n  3

其中 an  ，bn  n  5 ，第n 个月底的共享单车的保有量是前 n 个

10n  470, n  4

月的

累计投放量与累计损失量的差.

（1） 求该地区第 4 个月底的共享单车的保有量；

（2） 已知该地共享单车停放点第 n 个月底的单车容纳量 S n  4(n  46)

2

 8800 （单

位：辆）. 设在某月底，共享单车保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时停放点 的单车容纳量？

Sn (n  N * ) ，{b 73．（2017·天津（文））已知{an } 为等差数列，前 n 项和为 n } 是首项为

2 的等比数列，且公比大于 0，

b2  b3  12,b3  a4  2a1 , S11  11b4 .

（Ⅰ）求{an } 和{bn } 的通项公式；

*

（Ⅱ）求数列{a b 2n n } 的前 n 项和(n  N ) .

x1  x2  3，x3  x2  2 74．（2017·山东（理））已知xn  是各项均为正数的等比数列，且

（Ⅰ）求数列xn  的通项公式；

（Ⅱ）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，依次连接点

y  0 ， Px1 ,1，P2  x2 , 2 Pn1  xn1 , n 1 得到折线 P1  1P2 Pn1 ，求由该折线与直线

x  x1,x  xn1 所围成的区域的面积Tn .

.

1 ， x 75．（2017·浙江）已知数列x n  满足： x 1 x n1  n  N n  x n1  ln 1 



 

证明：当 n  N* 时，

0  xn1  xn ； （I）

（II）

x

xn xn1 2 x ≤ ；

n1 n

2

1 1

≤x≤ （III） n1 n.n2 22

76．（2017·全国（文））记 Sn 为等比数列an 的前 n 项和，已知 S2=2，S3=-6.

（1） 求an  的通项公式；

（2） 求 Sn，并判断 Sn+1，Sn，Sn+2 是否成等差数列．

a1  a2  6, a1a2  a3 . 77．（2017·山东（文））已知{an}是各项均为正数的等比数列,且

(I) 求数列{an}通项公式；

(II) {b }为各项非零的等差数列,其前 n 项和 S ,已知 S

n n 2n1

 b b

n n1

,求数列 n 项  n 的前

 b

a  n 



和Tn .

78．（2017·北京（理））设{an } 和{bn } 是两个等差数列，记

cn  max{b1  a1n,b2  a2n,,bn  ann} (n  1, 2, 3,) ，

其中max{x1, x2 , , xs} 表示 x1 , x2 ,, xs 这 s 个数中最大的数．

（Ⅰ）若 an  n ， bn  2n 1，求c1 , c2 , c3 的值，并证明{cn }是等差数列；

（Ⅱ）证明：或者对任意正数 M ，存在正整数 m ，当 n  m 时， n  M ；或者存在正

c

n

整数 m ，使得cm , cm1, cm2 ,  是等差数列．

（2017·北京（文））已知等差数列an  和等比数列bn 满足 a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5． （Ⅰ）求an  的通项公式；

（Ⅱ）求和： b1  b3  b5 … b2 n1 ．

n 项和为 n Sn ，等比数列bn 的前 80．（2017·全国（文））已知等差数列an 的前

项和为Tn ，且 a1  1 ， b1  1， a2  b2  4 .

a3  b3  7 ，求（1） 若

bn 的通项公式；

（2）若T3  13 ，求 S5 .

（2017·江苏）对于给定的正整数 81．k,若数列{an}满足

a

nk  a

nk 1

 ...a

n 1

 a

n 1

 ...a

nk 1

 a

nk 2ka

n 对任意正整数 n(n> k) 总成立，则称数列{an} 是“P(k)数列”. (1)证明：等差数列{an}是“P(3)数列”；

（2） 若数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{an}是等差数列.

近五年（2017-2021）高考数学真题分类汇编七、

数列（答案解析）

1．A

Sn 为等比数列an 的前 S2 ， S4  S2 ， S6  S4 成等比数列 【解析】∵ n 项和，∴ S2  4 ， S4  S2  6  4  2 ，∴ S6  S4  1，∴ S6  1 S4  1 6  7 . ∴

故选：A. 2．C

2 2 2

【解析】由题意得 f (s  t) f (s  t)  [ f (s)]，即 a(s  t) b a(s  t) b  as b2

2

，

对其进行整理变形：

as2

 at  2ast  bas at  2ast  b  as b，

2

2

2

2

2

2

2

as2  at 2  b (2ast)2  as2  b 0 ， 2as

2

 at 2  2bat 2  4a2 s2t 2  0 ， 2a2 s2t 2  a2t 4  2abt 2  0 ，

s2 t 2

  12 2 为双曲线， t  0 为直线. 所以2as at  2b  0 或t  0 ，其中 b 2b a a

故选：C.

3．B

【解析】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．

an  0 成立，若 q  0 不成立，则会出现一正一负的情况，是 若Sn  是递增数列，则必有

矛盾的，则 q  0 成立，所以甲是乙的必要条件． 故选：B． 4．A

an

an  N ，所以 a  0 ， S  1 ． 【解析】因为  1, a 1 n1 n 100 1  an 2





 1 1  2 1 a 1 1 1

由an1 n      

  an1 an 1an an an 2  4



1 1 1 1  1  1

  2 a  2 an 1 an

n1  an 

1  1

2

，即 1 an1 

1 an

1

 2

n 1 n 1

 ，当且仅当 n  1 时取等号， 根据累加法可得，

2 2 an

4an an

n 1 a  a  

 ann n1 2(n 1)2 n  3 1 an 1 n 1



an1 n 1

 ，an n  3

6

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：

 1 1 1 1 1 1      所以 S  6

 2 3 3 4 4 5 100





1  1

1 1  3 ，   6   即  S  3 ．

 

101 102 2 100   2 102 1



故选：A． 【小结】

本题解题关键是通过倒数法先找到 an , an1 的不等关系，再由累加法可求得

a 

n

4

，由题目条件可知要证 a , a 的不等 S 小于某数，从而通过局部放缩得到

100 n n1

(n 1)2

关系，改变不等式的方向得到 an 

6

，最后由裂项相消法求得 S100  3 ．

(n 1)(n  2)

5．B 【分析】

首先求得数列的通项公式，然后结合数列中各个项数的符号和大小即可确定数列中是否存在 最大项和最小项. 【解析】

由题意可知，等差数列的公差d 

a5  a1 1 9

  2 ， 5 1 5 1

则其通项公式为： an  a1  n 1d  9  n 1 2  2n 11 ，

注意到a1  a2  a3  a4  a5  0  a6  1 a7  ， 且由T5  0 可知Ti  0 i  6,i  N  ， 由

Ti

 a  1i  7, i  N  可知数列Tn 不存在最小项， Ti1 i

由于 a1  9, a2  7, a3  5, a4  3, a5  1, a6  1，

T2  63 ， T4  6315  945 . 故数列Tn 中的正项只有有限项：

故数列Tn 中存在最大项，且最大项为T4 . 故选：B. 【小结】

本题主要考查等差数列的通项公式，等差数列中项的符号问题，分类讨论的数学思想等知识， 属于中等题. 6．D 【分析】

根据题意可得， bn1  S2n 2  S2n  a2n1  a2n 2 ，而b1  S2  a1  a2 ，即可表示出题中

b2 , b4 , b6 , b8 ，再结合等差数列的性质即可判断各等式是否成立．

【解析】

对于 A，因为数列an 为等差数列，所以根据等差数列的下标和性质，由4  4  2  6 可得，

2a4  a2  a6 ，A 正确；

对于 B，由题意可知， bn1  S2n 2  S2n  a2n1  a2n 2 ， b1  S2  a1  a2 ，

b2  a3  a4 ， b4  a7  a8 ， b6  a11  a12 ， b8  a15  a16 ． ∴

2b4  2 a7  a8  ， b2  b6  a3  a4  a11  a12 ． ∴

根据等差数列的下标和性质，由3 11  7  7, 4 12  8  8 可得

b2  b6  a3  a4  a11  a12 =2 a7  a8 =2b4 ，B 正确；

对于 C， a2  a a  a  3d  a  d a  7d  2d 2  2a d  2d d  a  ，

4

2 8

1

1

1

1

1

2

2

当a1  d 时， a4  a a ，C 正确； 2 8

对于 D， b2  a  a  2a  13d  4a2  52a d  169d 2 ，

4

7

8

1

1

1

2 2

b b  a  a a  a   2a  5d 2a  29d  4a 2  68a d  145d 2 ，

2 8

3

4

15

16

1

1

1

1

b2  b b  24d 2  16a d  8d 3d  2a  ．

4

2 8

1

1

当 d  0 时， a  d ，∴ 3d  2a  d  2 d  a   0 即b2  b b  0 ；

1

1

1

4

2 8

当 d  0 时，a  d ，∴ 3d  2a  d  2 d  a   0 即b2  b b  0 ，所以b2  b b  0 ，

1

1

1

4

2 8

4

2 8

D 不正确． 故选：D.

7．D



2

【解析】设等比数列a 的公比为q，则 a n  1  a 2  a 3  a 1 1 q  q

2 3 2 a  a 3  a 4  a q  a q a q 2 1  a q1 1 1 1 q  q  q  2 ，

  1 ，

因此， a 6  a 7  a 8  a q1  a q1  a q1  a q1

5

6

7

5

1 q  q  q 32 .故选：D.

2

5

8．B

【解析】设等比数列的公比为q，

3

6

4

a q  由a a 12,a a 24可得： 

5

n nn

a (1 q) 1 2 S 21 1n n1 n1n 1 n  2  2 .   21，因此 所以 a  a q 2, S 

n 1 n

a 2n1 1 q 1 2 n

q  2

，

5 3

a1 q 24 a1 1 1  a q

 1  a q 1

12

4 2

故选：B.

9．C

【解析】在等式 a

mn m n

 a a 中，令 m  1，可得 a

 a a  2a ，

n 1 n

n1 an1

 2 ，

a n

n1

an  2  2所以，数列an  是以 2 为首项，以 2 为公比的等比数列，则

 2n ，

a  a

k 1

 a

k 10

k 2



ak 1 1 210  2 1 2  2k 1 210 1  25 210 1，

k 1

10

1 2 1 2

 2k 1  25 ，则 k 1  5 ，解得 k  4 .故选：C.

10．C

【解析】设第 n 环天石心块数为 an ，第一层共有 n 环，

则{an } 是以 9 为首项，9 为公差的等差数列， an  9  (n  1)  9  9n ， 设 Sn 为{an } 的前 n 项和，则第一层、第二层、第三层的块数分 别为 Sn , S2n  Sn , S3n  S2n ，因为下层比中层多 729 块， 所以 S3n  S2n  S2n  Sn  729 ， 即

3n(9  27n) 2n(9  18n) 2n(9  18n) n(9  9n)     729 2 2 2 2

27(9  9  27) 2   3402 .故选：C 即9n 729 ，解得n  9 ，所以 S3n  S27

2

11．C

ai 的周期为 C(k)  【解析】由aim  ai 知，序列 m，由已知，m  5 ，对于选项 A，

1 5

5 i1

aa

iik

, k  1, 2,3, 4

1 1 1 1

C(1)  aiai1  (a1a2  a2a3  a3a4  a4a5  a5a6 )  (1  0  0  0  0)  

5 i1 5 5 5 5 1 1 2

C(2)  aiai2  (a1a3  a2a4  a3a5  a4a6  a5a7 )  (0 1  0 1  0)  ，不满足；5 i1 5 5 5

对于选项 B，

1 5

1 5

1 5 1 1 3

C(1)  aiai1  (a1a2  a2a3  a3a4  a4a5  a5a6 ) (1  0  0 1 1) ，不满足；

5 i1 5 5 5

对于选项 D，

1 1 1 (1  0  0  0 1) 2

(aa aa aa aa aa) ，不满足； C(1)  aiai1  12 23 34 45 56

5 5 5 5 i1

5

故选：C

12．C

a  a q  a q2  a q3  15,

1 1 【解析】设正数的等比数列{an}的公比为q，则1 4 1 ，2

a q1  3a q1  4a 1 

a1  1, 2

解得， a  a q 4 ，故选 C．

3 1 q  2 

13．A 【解析】

d 

S  4a   4  3  0  3 a 1

a  2n  5 ，故选 A． ，解得 ，∴  4 1 由题知， 2 n

d  2 a a 4d  5 5 1

14．B 【解析】

令 f (x)  x  ln x 1, 则 f  (x)  1 ，令 f (x)  0, 得 x  1 ，所以当 x  1 时， f (x)  0 ，

1

x

当0  x  1 时， f (x)  0 ，因此 f (x) f (1)  0, x  ln x 1 ，

若公比 q  0 ，则 a1  a2  a3  a4  a1  a2  a3  ln(a1  a2  a3 ) ，不合题意；

2

若公比q  1 ，则 a  a  a  a  a (1 q)(1 q)  0,

1

2

3

4

1

2

但ln(a  a  a )  ln[a (1 q  q)]  ln a  0 ，

1

2

3

1

1

即a1  a2  a3  a4  0  ln(a1  a2  a3 ) ，不合题意；

因此1  q  0, q2 (0,1) ， a  a q a , a  a q a

1

1

3

2

2

2 2

4

 0 ，选 B.

【小结】

构造函数对不等式进行放缩，进而参数取值范围，是一个有效方法.如 x  ln x 1,

ex  x 1, ex  x2 1(x  0).

15．D

【解析】

12

因为每一个单音与前一个单音频率比为12 2 ，所以 a n  N ) ， n  2a n1 (n  2,

又a1  f ，则 a  a q7 f (12 2)7  12 27 f

8 1

故选 D.

16．A 【分析】

根据等比中项的性质列方程，解方程求得公差 d ，由此求得an 的前6 项的和.

【解析】

设等差数列a  的公差为 d ，由 a 、 a 、 a 成等比数列可得 a a a ，

2

n 2 3 6 3 2 6

即(1 2d)2  (1 d)(1 5d) ，整理可得 d 2  2d  0 ，又公差不为 0，则d  2 ，

故an  前6 项的和为 S 6  6a1 

6(6 1) 2

d  61

6(6 1) 2

(2)  24 .

故选：A 17．A 【解析】

存在 k  N  ，使得 x100k , x200k , x300k 成等差数列，可得

2[a(200  k)2  b(200  k)  c]  a(100  k)2  b(100  k)  c  a(300  k)2  b(300  k)  c

，

化简可得 a  0 ，所以使得 x100k , x200k , x300k 成等差数列的必要条件是 a  0 . 18．C 【解析】

设公差为d ， a4  a5  a1  3d  a1  4d  2a1  7d  24 ，

 2a1  7d  24 6  5 , 解得d  4 ，故选 C. 15d  48 ，联立S  6a  d  6a

6a 15d  48 6 1 1

2  1

19．C 【解析】

由 S4  S6  2S5  10a1  21d  2(5a1  10d )  d ，可知当 d  0 时，有 S4  S6  2S5  0 ，

即 S4  S6  2S5 ，反之，若 S4  S6  2S5 ，则 d  0 ，所以“d>0”是“S4 + S6>2S5”的充要条件， 选 C．

20．B

【解析】设塔顶的 a1 盏灯，由题意{an}是公比为 2 的等比数列，

∴S7=

a 1 27 1

=381，解得 a1=3．故选 B．

1 2

21．B

【解析】设塔顶的 a1 盏灯，由题意{an}是公比为 2 的等比数列，

∴S7=

a 1 27 1

=381，解得 a1=3．故选 B．

1 2

22． 3n2  2n

【解析】因为数列2n 1 是以 1 为首项，以 2 为公差的等差数列， 数列3n  2是以 1 首项，以 3 为公差的等差数列，

所以这两个数列的公共项所构成的新数列an 是以 1 为首项，以 6 为公差的等差数列， 所以a 的前 n 项和为 n 1

n

23．10

n(n 1)

 6  3n2  2n ，故答案为： 3n2  2n .

2

n n 1 【解析】因为 a 1, a  3, a  6 ． ，所以a1   2 3 n

2

即 S3  a1  a2  a3  1 3 6  10 ．故答案为：10 .

24． 4

q  1. 【解析】设等差数列an  的公差为 的公比为q，根据题意 d ，等比数列bn 

等差数列a 的前 n 项和公式为 P  na  n n 1

n n 1 d d 

d  n 2  a  n ， 1

2 2 2 

 

n

等比数列b 的前 n 项和公式为Q

n

1 q 1 q 1 q

d d b1 n b 依题意 S  P  Q ，即 n2  n  2n 1  n2  a  n q ，

1 n n n  1 2 1  q 1  q 2  



n 

b q1 1

  bq  b，

1

n

1



 d

 1

d  2 2 

d a  1 1 a1  0

2 d  q  4 .故答案为：  通过对比系数可知 ，故 4

q  2 q  2 

 b1  1 b  1  1 1 q 



7 25．

n

a  (1)a 【解析】 n2 n  3n 1，

当n 为奇数时， an2  an  3n  1 ；当 n 为偶数时， an2  an  3n  1 .

n 项和为 Sn ， S16  a1  a2  a3  a4  设数列an  的前  a1  a3  a5  a15  (a2  a4 )  (a14  a16 )

 a16

 a1  (a1  2)  (a1  10)  (a1  24)  (a1  44)  (a1  70)

(a1  102)  (a1  140)  (5  17  29  41)

 8a1  392  92  8a1  484  0 ，a1  7 .故答案为： 7 .

26． 25 【解析】 an 是等差数列，且 a1  2 ， a2  a6  2

an  a1  n 1 d 设an  等差数列的公差 d ，根据等差数列通项公式：

可得 a1  d  a1  5d  2 ，即： 2  d  2  5d  2 ，整理可得： 6d  6 解得： d  1

n(n  1)

d , n  N *根据等差数列前 n 项和公式： S  na1  n

2

10  (10  1) 2    20  45  25 ， S  25 . 可得： S  10  10 10

2

27．16.

a2 a5  a8  a1  d a1  4d   a1  7d   0 ，9  8 【解析】由题意可得： 

d  27 S9  9a1  2

a1  5 8 7

d  40  28 2  16 . 解得：  ，则 S  8a  8 1

2 d  2

28．100

a3  a1  2d  5 a1  110 9 10 9 , , 【解析】 得S  d  101  2  100.  10a 

a  a  6d  13 d  2 10 1

2 2

 7 1





29．4.

【解析】因 a2  3a1 ，所以 a1  d  3a1 ，即 2a1  d ，

10  9

S10 10a1  2 d100a1

 25a  4． 5 4 所以

S5 1 5a1  d

2

30． .

5

8

【解析】设等比数列的公比为q，由已知

3 1 1

S  a  a q  a q2  1 q  q2  ，即 q2  q   0 解得 q   ， 3 1 1 1

4 4 2 1 41 ( ) 4

) 2 5

 ． 所以 S  a1 (1 q 

4 11 q 1 ( ) 8

2

31． 121 3

.

【解析】设等比数列的公比为q，由已知 a  , a  a ，所以 1 3 2  1 q 5 q  0 ， , 又

2

1 1

3 4 6

1 (1 35 ) 5 121 ． 所以 q  3, 所以 a1 (1 q ) 3   S5 

1 q 1 3 3

( q )

3

3

32．14

【解析】∵等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，a3=0，a6+a7=14，

7  6 d =﹣28+42=14． ，解得 a =﹣4，d=2，∴S =7a + a 2d  0 1 7 11 ∴ a  5d  a  6d  14

2  1 1

故答案为 14．

33． 63

【解析】根据 Sn  2an 1，可得 Sn1  2an1 1 ， 两式相减得an1  2an1  2an ，即 an1  2an ， 当 n  1 时， S1  a1  2a1 1，解得 a1  1， 所以数列an 是以-1 为首项，以 2 为公比的等比数列，

(1 26 )

所以 S6  63 ，故答案是63 .

1 2

34．2

2 

【解析】由 a  n，若对于任意 n  N ,b  的第 a 项等于a 的第b 项，

n

2 2 2

则b  a  (b )，则b  1  (b ), b  (b ), b  (b )2 , b  (b )2

an

bn

n

1

1

4

2

9

3

16

4

n n n n

lg(b b b b ) lg(b b b b ) 2 2 lg(b b b b )

1 2 3 4  2 . 所以b b b b  (b b b b )2 ，所以 1 4 9 16 1 2 3 4 1 4 9 16 1 2 3 4 lg(b b b b ) lg(b b b b ) lg(b b b b )

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

35． 2n

n 1

【解析】

a1  2d  3   1 a 1

d 设等差数列的首项为a ，公差为，由题意有4  3 ，解得 ， 1

4a d  10 d  1  1 2

n n 1n n 11 n n 1，

d  n 1数列的前 n 项和Sn  na1 2 2 2 21 1

裂项可得 1   2( ) ，

k k 1 Sk k (k 1)

n 1 11 11 1  2[(1 )  ( )  ( )]  2(11



所以S

k 1 k



) 

2n

2 2 3 n n 1 n 1

n 1

．

36．1 【解析】

设等差数列的公差和等比数列的公比分别为 d 和q，则1 3d  q3  8 ，

1 3   1 ，故答案为1. 求得 q  2 ， d  3，那么

2 b2

a2

37．32

【解析】

 3  a1 (1 q3 )  7

S 1 q 1 q6 4 

3

由题意可得 q  1，所以 9, q 8, q  2, 代入 两式相除得 3

a1 (1 q 6 )  63 1 q

S  6

1 q 4 

1 1 7 5

得a  , a   2 2 32 ，填 32．

1

4

8

( ) 415 3  n2n4

38．5

720 【解析】

（1） 由对折 2 次共可以得到5dm12dm，10dm 6dm ， 20dm 3dm三种规格的图形，

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dm2 ) ；

5 3

2 2

5 3 3 12  6 10  20  故对折 4 次可得到如下规格： ， ， 5 3 ，， ，共 5 种不同规格； 4 2 2 4

（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

5

1 2

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

2



 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 

为n 1种（证明从略），故得猜想 Sn  设 S 

n

n1



120(n 1)

，

2n1

2n1

120n 1 120 2 120 3 120 4 S    L ，

k k 1

20

21 22

则 S  1

2 120  2 120  3

 21 22

120n 120(n 1)

 n1  n ，22

两式作差得：



1 1 1 1

S  240 120  2  120n 1 2 2 2

2n1  2n

 1 

60  1  n1 120n  3n 1120 120n 12120 ，  240   360    360   

n

1 22n1 2n 2n 1 2

240n  3 15n  3因此， . S  720   720  n4 n

22

故答案为： 5 ； 720 

15 n  3 2

n4

.

39．0. 【解析】

-10.

a3  2, a2  3 ,公差 等差数列an 中, S5  5a3  10 ,得 d  a3  a2  1, a5  a3  2d  0 ,

Sn 的最小值为 S4 或 S5 , 由等差数列an  的性质得 0,所以 n  5 时, an  0 , n  6 时, an 大于

即为10 .

40． 【解析】

（1） 因为

2

所以6a  a  9a ，所以6a q  a  9a q，

2 1 3 1 1 1

a1 ， 3a2 ， 9a3 成等差数列， an 是首项为 1 的等比数列且

nan  n . 1 n1 a q   6q  1  0 ，解得 ，所以 ( ) ，所以bn 即9q n

3 3 3n 3

2

1

1

1(1  ) 3 1 n  (1) ， （2） 证明：由（1）可得 S 3 n n

1 2 3 1  3

1 n ，① T  2  n 1 n 3n1 3n 3 32

1 1 2 n 1 n T     ，②

3n 3n1 3 n 32 33

1 1 (1  )

2 1 n 1 1 nn 1 n ①  ②得 T  1  1    3 3 (1)  ，  n1 1 3n 3n1 3 n 3 32 33 2 3n 3n1 31  3

3 n S1 3

n  3 (1 1 )   n  0 ， 所以T  (1 ) ，所以T  n  (1 1 )  n

n n

4 3n 2 3n 2 4 3n 2  3 4 3n 2  3n S

所以T  n .

n 2 

41．

【解析】（1）当 n  1 时， 4(a1  a2 )  3a1  9 ，

9 27 27 4a   9   ,a   ， 2 2 4 4 16

当 n  2 时，由4Sn1  3Sn  9 ①， 得4Sn  3Sn1  9 ②，①  ②得4an1  3an

a  

2 27

a3  0,a  0, n1  ，

n

16 a 4 n

a2 3 9 3

又  ,{a } 是首项为 ，公比为 的等比数列，

n

a 4 4 4 1

9 3n1 3n    ( ) 3( )； an

4 4 4

（2）由3b  (n  4)a  0 ，得b  

 (n 3 n

4)( ) ，n n n n

3 4 34n2

3 3 3 3        3 

所以Tn  3  2     1    0     (n  4)    ，

     4 4 4  4 4

n  4

a







3  3   3   3   3   3 ，

1 4 Tn  3  2     (n  5)     (n  4)    4  4  4 4  4 

34n2

n 1  3  1 3  3   3   3 

3   两式相减得 Tn  3             (n  4)   

4 4  4   4   4   4   4 

234n

n 1

n1 9   3 

n1

1    9 16   4   3    (n  4) 

3 4 

4 1   

4



9 9  3   3   3 

    4    (n  4)      n    ，

4 4  4   4   4 

n1 n1 n1



3

43 n1 3

由T  b 得4n   (n  4)  n 恒成立，

( ) ( ) n n

4 4

n1

所以Tn  4n ( )，

即(n  4)  3n  0 恒成立，

n  4 时不等式恒成立；

3n 12

 3 ，得 1 ； n  4 时， 

n  4 n  4



3n 12

 3 ，得 3 ； n  4 时， 

n  4 n  4

所以3   1 .

42．

【解析】选①②作条件证明③：

设 Sn  an  b(a  0) ，则 S ， n  an  b

2

当 n  1 时， a  S  a  b ；

1 1

2

2

2

当 n  2 时， an  Sn  Sn 1  an  b  an  a  b  a 2an  a  2b  ；因为an 也是等差数列，所以a  b a 2a  a  2b  ，解得b  0 ；

2

所以 an  a

2

2n 1 ，所以a 2  3a1 .

选①③作条件证明②：

a2  3a1 ， 因为 an 是等差数列，所以公差 d  a2  a1  2a1 ，

所以 S  na  n 1 n n  1  d  n a 2 ， 即 ， Sn  a1n 1

2  1a1 n  a1 ， 因为Sn1  Sn a1 n

所以S是等差数列.

n 选②③作条件证明①：

设 Sn  an  b(a  0) ，则 S ， n  an  b

2

当 n  1 时， a  S  a  b ；

1 1

2

2

2

当 n  2 时， a b  an  a  b  a 2an  a  2b  ； n  S n  S n 1  an 

a  3a ，所以 因为 a 3a  2b   3 a  b ，解得b  0 或b  

2 1

2

4a 3

；

2

2

当b  0 时，a1  a, a n  a

2 2n 1 ，当 n  2 时，a n -a n-1  2a满足等差数列的定义，此

时an  为等差数列； 当b  

4a 3

时， S  an  b=an  a ， S    0 不合题意，舍去.

n14

a

3 3

综上可知an 为等差数列.

43．

【解析】



1 2 1 2b ,且b  0 ， b  , n 2 S （1） 由已知 得

n n n

Sn bn 2bn 1 2

3

取 n  1 ,由 S  b 得b  ,

1 1 1 2

由于bn 为数列Sn  的前 n 项积，

所以 2b1  2b2

2bn  b ,

n

2b1 1 2b2 1 2bn 1

2bn1  b ，

n1

2b1 1 2b2 1 2bn1 1

所以 2b1  2b2

所以

2bn1

2bn1 1

 bn1 bn

,

由于bn1  0

1 1 * ，即bn1  bn  ,其中 n  N

2bn1 1 bn 2

1 3 所以数列b 是以b  为首项，以 d  为公差等差数列;

1 n

2 2

1 3 （2） 由（1）可得，数列b  是以b 为首项，以d  为公差的等差数列，

1 n

2 2 3 1 n

  n 1  1 , bn

2 2 2 2bn

2  n S 

 ,n

2bn 1 1 n

3

当 n=1 时， a  S  ,

1 1 2 2  n 1 n 1    a,显然对于 n=1 不成立, 当 n≥2 时,  S  S

n n n1

1 n n n n 1

所以 2

3 , n  1

2  ∴ a . 1 n

, n  2 n n 1【小结】



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 2b1  2b2

2bn  b ,得到 2b1  2b2 2bn1  b ，进而得到

n

2b1 1 2b2 1 2bn 1 2b1 1 2b2 1 2bn1 1 n1

2bn1  bn1 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 2bn1 1 bn

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.

44． 【分析】

(1) 由题意得到关于首项、公比的方程组，求解方程组得到首项、公比的值即可确定数列的 通

项公式；

(2) 首先求得数列1n1

a n na 1 的通项公式，然后结合等比数列前 n 项和公式求解其前 n

项和即可.

【解析】

a  a  a q  a q3  20

2 4 2 1 1 (1) 设等比数列an 的公比为 q(q>1)，则 a ， a q 8  3 1

整理可得： 2q2  5q  2  0 ，



q  1, q  2, a1  2 ，

数列的通项公式为： a n  2  2(2)由于： 1n1

n1

 2n .

 2n  2n 1  1n1

a n na 1  1n n1

n1

22n 1 ，故：

a a  a a  (1)n1 a a

1 2

2 3

 23  25  27  29  (1) n1  22 n1

23 1  22 

1 22 

【小结】

n



2n3

 8 2 .   (1)n

5 5

等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等 比数列的有关公式并能灵活运用，等差数列与等比数列求和公式是数列求和的基础. 45． 【分析】

(Ⅰ)由题意分别求得数列的公差、公比，然后利用等差、等比数列的通项公式得到结果； (Ⅱ)利用(Ⅰ)的结论首先求得数列an 前 n 项和，然后利用作差法证明即可；

(Ⅲ)分类讨论 n 为奇数和偶数时数列的通项公式，然后分别利用指数型裂项求和和错位相减

n

n

2k 1 和求和计算

ck 1

 ck 1

2k 的值，据此进一步计算数列cn 的前 2n 项和即可.

【解析】

(Ⅰ)设等差数列an  的公差为 q. d ，等比数列bn 的公比为

a1  1 ， a5  5 a4  a3  ，可得 由 d=1. an  n . 从而an  的通项公式为

由b1  1, b5  4 b4  b3  ，

又 q≠0，可得 q2  4q  4  0 ，解得 q=2，

从而b 的通项公式为b

n

n

 2n1 .

(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可得 

Sn

故 S S

n n2

n(n 1)

，2

1 1 2 2

S 2  n 1n  2，  n(n 1)(n  2)(n  3) ， n1

4 4

从而 Sn Sn2  S

2

n1

1

  (n 1)(n  2)  0 ，

2

所以 Sn Sn2  S n1 .

2

3an  2bn

anan2 2

(Ⅲ)当 n 为奇数时， cn 

n1 n1 22   ，

n(n  2) n  2 n

(3n  2)2n1

当 n 为偶数时， c  an1  n 1 ，

n n

bn1

n

2k 2 2n  22k  221， 对任意的正整数 n，有c2k 1    

2k  k 1 k 1 1 2k 1 2n 1

n

2k 1 1 3 5

和c2k   k  42 

3 

4 4 4 k 1 k 1

n n

2n  3 2n 1

 n ① n1 4

4

1

由①得

n

1  4

2

3  4

3

5  4

4

c 4

k 1

2k



2n  3 2n 1

 n  n1 ②

44

3 n

由①②得 4 k 1

 c

1

2k

2

 2 n 

4 4 

n 2 1  42n 1 4 1 1 2n 1 ， n1  n1 1  4 4 4 4

1 4

2

2 1 5 4 1 4n 1 2n 1 2 2 1 1 2n 1 1 5 6n 

   由于  ，        

n1 1 3 3 4n 4 4n 4 12 3 4n1 4 41

4

5 6n  5   c从而得： 2k n.9 9 4 k 1

n

6n  5 4

因此， ck  c2k 1  c2k  2n   n .

1 9 4 9 k 1 k 1 k 1

2n

n

n

4n

6n  5 4

所以，数列n 的前 2n 项和为   . n 2n 1 9  49

c

【小结】

4n

本题主要考查数列通项公式的求解，分组求和法，指数型裂项求和，错位相减求和等，属于 中等题. 46． 【分析】

(Ⅰ)根据定义验证，即可判断；

(Ⅱ)根据定义逐一验证，即可判断；

2

a 2

(Ⅲ)解法一：首先，证明数列中的项数同号，然后证明 a3 ，最后，用数学归纳法证明

a1

数列为等比数列即可.

解法二：首先假设数列中的项数均为正数，然后证得a1 , a2 , a3 成等比数列，之后证得

a1 , a2 , a3 , a4 成等比数列，同理即可证得数列为等比数列，从而命题得证.

【解析】

(Ⅰ) Q a  2,  3,a  9 Z a 不具有性质①； a

3 2 a 2

2 3 2

n

2 2

a a * i (2i j )1 , 2i  j  N *  i  a (Ⅱ) Q i, j  N , i j, 2a j a j



2i j

an  具有性质①；

2

a k  2(2 k l) 1  2 n1  a , a  具有性质②； Q n  N * , n  3,k  n  1,l  n 2,

n n

a l

(Ⅲ)解法一

首先，证明数列中的项数同号，不妨设恒为正数：

显然 an  0n  N *，假设数列中存在负项，设 N0  maxn | an  0 ， 第一种情况：若 N0  1，即 a0  0  a1  a2  a3 

，

2 2

aa 0 m a，存在 ，满足  3  0 ， 由①可知：存在m ，满足 a  2

1 m1 2 m2

a1 a1 2 2

a 3 a2N  1由 可知 ，从而 a  a ，与数列的单调性矛盾，假设不成立.

0 2 3

a1 a1

第二种情况：若 N  2 ，由①知存在实数 m ，满足 a

0 a 0 ，N 的定义可知：m  N ， N0 由 0 0 m

a 1

0

2

2 2

Naa0 N 0a a 另一方面， 

m

a1 aN 0

N0

，由数列的单调性可知： m  N ，

这与 N0 的定义矛盾，假设不成立. 同理可证得数列中的项数恒为负数. 综上可得，数列中的项数同号. 其次，证明a3  2 ：

a2

a1

利用性质②：取 n  3 ，此时 a3

a k  l  k  ， al

2

由数列的单调性可知ak  al  0 ，

而a3  ak 

ak

 ak ，故 k  3 ， al

2 a 2

此时必有 k  2,l  1，即 a3 ，

a1

最后，用数学归纳法证明数列为等比数列：

假设数列a 的前 k k  3 项成等比数列，不妨设 a  a q

n

s

1

s1

1  s  k  ，

a1  0, q  1，a1  0, 0  q  1 的情况类似） 其中 （

由①可得：存在整数m ，满足 a  k a a q a

2

k

m

ak 1

1 k

，且 a  a q a

m

1

k

k 1

（*）

a2 as s  a  as ，由数列的单调性可知： t  s  k 1， s  t a由②得：存在 ，满足： sk 1 a

t a

t

s1

由as  a1q 1  s  k  可得： a k 1  a 2 2 s  s a ak 1

1q t 1  a k  a q1 t

由（**）和（*）式可得： a qk 2st 1

1 a q1

 a qk 1

1

， 结合数列的单调性有： k  2s  t 1  k 1， 注意到 s,t, k 均为整数，故 k  2s  t 1，

代入（**）式，从而a

 a qk .

k 1

1

总上可得，数列an  的通项公式为： a a qn1

n1

. 即数列an  为等比数列. 解法二：

假设数列中的项数均为正数：

2 首先利用性质②：取 n  3 ，此时 aa3  k (k  l ) ， al

由数列的单调性可知ak  al  0 ， 而a3  ak  ak

a ak ，故 k  3 ， l

k  2,l  12 此时必有 ，即 aa3  2

，

a

1

即a , a , a 成等比数列，不妨设 a  a q, a  a q2

(q  1) ，

1

2

3

2 1 3 1

然后利用性质①：取i  3, j  2 ，则 a a2 a 1 2q4

m  3 a q 3a a1 

，

2 1q

即数列中必然存在一项的值为a q3 1 ，下面我们来证明 a 3

4  a q1 ，

**） （

否则，由数列的单调性可知 a  a q，

4

1 3

a2 a k

在性质②中，取 n  4 ，则 a4  ak  a k  ak ，从而k  4 ，

al l

与前面类似的可知则存在{k, l}  {1, 2, 3}(k  l) ，满足 a4

2 a k

， al

a2

3

若k  3,l  2，则： a4  k  a q，与假设矛盾； 1

al

a2

4 3

若k  3, l  1，则： a4  k  a q a q1 1 ，与假设矛盾；

al a2

2

 a 若k  2,l  1，则： a4  k  a q 1 3 ，与数列的单调性矛盾；

al

3 3

即不存在满足题意的正整数 k, l ，可见a  a q不成立，从而 a  a q，

4 1 2 4 21 6

a4  a1 q aq 4am  然后利用性质①：取i  4, j  3 ，则数列中存在一项 1，

a 3 2

a q 1

下面我们用反证法来证明a = a q，

5

1

3 4

否则，由数列的单调性可知 a q a  a q，

1 5 1

4

a2

ak  a ，从而 k  5 ， 在性质②中，取n  5 ，则 a5  ak  a kk al l

 1, 2, 3, 4k  l  与前面类似的可知则存在k, l ，满足a5

2

a k

， al

22k 2 2

aa2k l 1 即由②可知： a  k  1 q a q ， 5 1 l 1 a a ql 1

若2k  l 1  4 ，则 a = a q，与假设矛盾；

5

1

4

4

若2k  l 1  4 ，则 a  a q，与假设矛盾；

5 1

3 3

若2k  l 1  4 ，由于 k, l 为正整数，故 2k  l 1  3 ，则 a  a q，与 a q a 矛盾；

5 1 1 5

a q. 综上可知，假设不成立，则 a =

5

1

5 6

同理可得： a  a q, a  a q,

6 1 7 1 4

，从而数列a 为等比数列，

n

同理，当数列中的项数均为负数时亦可证得数列为等比数列.

由推理过程易知数列中的项要么恒正要么恒负，不会同时出现正数和负数. 从而题中的结论得证，数列an 为等比数列. 【小结】

本题主要考查数列的综合运用，等比数列的证明，数列性质的应用，数学归纳法与推理方法、 不等式的性质的综合运用等知识，意在考查学生的转化能力和推理能力.

47． 【分析】

（I） 根据b1  b2  6b3 ，求得q，进而求得数列

cn  的通项公式，利用累加法求得数列an 

的通项公式.

（II） 利用累乘法求得数列

cn 的表达式，结合裂项求和法证得不等式成立.

【解析】

 q2 ，而b  b  6b ，即1 q  6q2 ，由于 q  0 ，所以解得

3

1

2

3

（I） 依题意b  1, b  q, b

1 2

1 1 q  ，所以b  .

n 2n1 2

n1  c，故 所以b 2 c 4 c ，所以数列c 是首项为1，公比为 4 的等比数  n1 n2

n n 2n1 1 n 2n1

1

1

列，所以c n 4

n1

.

n1

所以 a n1  a n  c n 4

（ n  2, n  N * ）.

所以 an  a1  1 4    4

n2

4n1  2 ，又 n  1 ， a1  1 符合， 3

4n1  2

故 an  .

3

cn1 bn

 ， （II）依题意设b  1 n 1d  dn 1 d ，由于

n

cn bn2

所以 cn bn1  n  2, n  N *  ， cn1 bn1

 故c n

cnc  n1 c c cc 3  2  c 1  bn1  bn2  bn3 c c b b b bb

2  1  cb b 1

n1 n2 2 1 n1 n n1 4 3











n  2 . 1 11 d  1 1   1 1  b1b2 b  b  b b  d  

 d b b n n1 n n1  n n1 

1  1 1 d 1d1 =  1，而又c d 1d  1，   d  b 1  b d bb d  1d 1 1 2  1 2

1  1 1

 n  1故 c  1

n  d  b b  n n1 

 1 1 1   1  1 L 1 所以c  c L c  1   1 

1 2 n d b b  b b   

b b n n 1   1 2  2 3  1   1 11  d   b .   n1 

1  1 1  0 1 1 1 ，所以. 由于 d  0,b  1，所以b

1 n1  d  b  d  n1 

1

即c  c  c  1 ， n  N * .

1 2 n

d 





【小结】

本小题主要考查累加法、累乘法求数列的通项公式，考查裂项求和法，属于中档题.

.84【分析】

a1, q 的形式，求解出a1, q ，由此求得数列（1） 利用基本元的思想，将已知条件转化为



an 

的通项公式.

（2） 通过分析数列S100 . bm  的规律，由此求得数列bm  的前100 项和

【解析】

q，依题意有 a1 ，公比为 （1）由于数列an 是公比大于1的等比数列，设首项为

a q  a q3  20 1 1 1

，解得解得 a1  2, q  2 ，或 a1  32, q  (舍)， 2

 8 2 a q1

所以 a 的通项公式为 a n n  2，所以数列a n  2.

n

n

（2）由于 2 2, 2 4, 2 8, 2 16, 2 32, 2 , 2 128 ，所以

1 2 3 4 5 6 7

b1 对应的区间为： 0,1 ，则b1  0 ；

b2 , b3 对应的区间分别为： 0, 2,0,3 ，则b2  b3  1 ，即有 2 个1；

b4 , b5 , b6 , b7 对应的区间分别为： 0, 4,0,5,0, 6,0, 7，则b4  b5  b6  b7  2 ，即有 22 个2 ； b8 , b9 ,

个3 ；

, b15 对应的区间分别为：0,8,0,9,,0,15 ，则b8  b9  b15  3 ，即有 23

b16 ,b17 ,

,b31 对应的区间分别为： 0,16,0,17,,0,31 ，则b16  b17 

 b31  4， 即

有 24 个 4 ；

b32 , b33 ,

, b63 对应的区间分别为： 0,32,0,33,,0, 63 ，则b32  b33 

 b63  5 ，

即有 25 个5 ；

b ,b65 ,

,b100 对应的区间分别为：0, ,0, 65,,0,100，则b  b65   b100  6，

即有37 个6 .

所以 S 1 2  2  2 3 2 4  2 5 2 6  37  480 . 100  【小结】

2

3

4

5

本小题主要考查等比数列基本量的计算，考查分析思考与解决问的能力，属于中档题.

.94【分析】

a2 , a3 ，猜想得出（1） 利用递推公式得出

（2） 由错位相减法求解即可.

an  的通项公式，利用数学归纳法证明即可；

【解析】

（1）由题意可得 a2  3a1  4  9  4  5 ， a3  3a2  8  15  8  7 ，

an  2n 1，由数列an  的前三项可猜想数列an  是以3 为首项，2 为公差的等差数列，即

证明如下：

当 n  1 时， a1  3 成立；

假设 n  k 时， ak  2k 1 成立.

那么 n  k 1时， ak 1  3ak  4k  3(2k 1)  4k  2k  3  2(k 1) 1 也成立. 则对任意的n  N * ，都有 an  2n 1成立； （2）由（1）可知， an  2  (2n 1)  2 n n

S  3 2  5 22  7  23 n

2S n  3 22  5 23  7  24 

 (2n 1)  2n1  (2n 1)  2n ，①  (2n 1)  2n  (2n 1)  2n1 ，②

2

3

 ②得： 由① S n  6  22 2 2n   (2n 1)  2n1

n1 2 2  1 2  (2 n 1)  2 n1  (1 2n)  2n1  2 ，   6  2

1 2

即 S n  (2n 1)  2【小结】

n1

 2 .

本题主要考查了求等差数列的通项公式以及利用错位相减法求数列的和，属于中档题.

.05【分析】

（1） 由已知结合等差中项关系，建立公比q的方程，求解即可得出结论；

（2） 由（1）结合条件得出{an } 的通项，根据{nan }的通项公式特征，用错位相减法，即可

求出结论. 【解析】

（1） 设{an } 的公比为q， a1 为 a2 , a3 的等差中项，

2a  a  a , a  0,q2  q  2  0 ，1

2

3

1

q  1,q  2 ；

（2） 设{na }的前 n 项和为 S ， a  1, a

n

n

1

n

 (2)n1 ，

S  11  2 (2)  3(2)2 n

 n(2)n1 ，①

(n 1)(2)n1  n(2)n ，②  (2)n1  n(2)n

2S n  1(2)  2 (2)2  3(2)3 

①  ②得， 3S  1  (2)  (2)n

2

n1  (2)n 1  (1  3n)(2) n ( 2)  ，   n1  (2) 3

Sn 



1  (1  3n)(2)n

9

.

.15【分析】

（1） 设等比数列q，根据题意，列出方程组，求得首项和公比，进而求得通an 的公比为

项公式；

（2） 由（1）求出{log3 an} 的通项公式，利用等差数列求和公式求得 Sn ，根据已知列出关

于m 的等量关系式，求得结果. 【解析】

（1） 设等比数列

an 的公比为q，

2

根据题意，有

a1  a1q  4

 a a q1 1  8

，解得

a1  1 ，所以

a

q  3

n

 3n1 ；

n(0  n 1) n(n 1) n1

   n  1 S，，所以 （2） 令bn  log3 an  log 33 n

2 2

m(m 1) m(m 1) (m  2)(m  3)

  ，根据 S m  Sm1  Sm3 ，可得 2 2 2

整理得m2  5m  6  0 ，因为 m  0 ，所以 m  6 ，

.25

【分析】

（1） 由题意分别求得数列的首项和公比即可证得题中的结论；

（2） ①由题意利用递推关系式讨论可得数列{bn}是等差数列，据此即可确定其通项公式；

②由①确定bk 的值，将原问题进行等价转化，构造函数，结合导函数研究函数的性质即可求得 m 的最大值． 【解析】

（1） 设等比数列{an}的公比为 q，所以 a1≠0，q≠0.

 1 a2 q4  a q4 a a  a a 1

2 4 5 1 2 1 q  2 ． 由 a  4a  4a  0 ，得 a q 4a q  4a  0 ，解得

2 1  3  1 1 1

因此数列{an } 为“M—数列”.

1 2 2 （2） ①因为   ，所以b  0 ．

n

Sn bn bn 1

由b  1, S  b 得

1 1 1

1 2 2

  ，则b  2 .

2

1 1 b2

1 2 2 ， 得 S bnbn1 ， 由  n

Sn bn bn1 2(bn1  bn )

当 n  2 时，由b  S  S

n n n 1

，得b n

bnbn1 bn1bn

 2 b  b  2 b  b



整理得bn1  bn1  2bn ．

n1 n n n1

，

所以数列{bn}是首项和公差均为 1 的等差数列. 因此，数列{bn}的通项公式为 bn=n n  N ②由①知，bk=k， k  N * .



*

 .

因为数列{cn}为“M–数列”，设公比为 q，所以 c1=1，q>0.

因为 ck≤bk≤ck+1，所以qk 1  k  qk ，其中 k=1，2，3，…，m.

当 k=1 时，有 q≥1；

当 k=2，3，…，m 时，有

ln k k

 ln q 

ln k

．

k 1 1 ln x x

2

设 f（x）=

ln x x

(x  1) ，则 f '(x) 

．

令 f '(x)  0 ，得 x=e.列表如下：

x f ' (x) (1, e) +

e 0 (e，+∞) – f（x）

极大值 ln 3 ln 2 ln 8 ln 9 ln 3  f (3)  ．    因为 ，所以 f (k) max

2 6 6 3 3

取q  3 3 ，当 k=1，2，3，4，5 时， ln k

ln q ，即 k  qk ， k

经检验知 qk 1  k 也成立．

因此所求 m 的最大值不小于 5．

若 m≥6，分别取 k=3，6，得 3≤q3，且 q5≤6，从而 q15≥243，且 q15≤216， 所以 q 不存在.因此所求 m 的最大值小于 6. 综上，所求 m 的最大值为 5． 【小结】

本题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识，考查代数推理、转化与 化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力．

.35【分析】

(Ⅰ)由题意首先求得数列的公差，然后利用等差数列通项公式可得an  的通项公式； (Ⅱ)首先求得 Sn 的表达式，然后结合二次函数的性质可得其最小值. 【解析】

（Ⅰ）设等差数列an 的公差为 d ，

+8)2  (a +10)(a +6) 因为 a 2 +10，a3 +8，a4 +6 成等比数列，所以(a 3 ， 2 4

即(2d  2)2  d (3d  4) ，解得 d  2 ，所以 an  10  2(n 1)  2n 12 .

（Ⅱ）由（Ⅰ）知 an  2n 12 ,

所以 Sn 

10  2n 12

2 11121

 n  n2 11n  (n  )2  ；

2 4

当n  5 或者 n  6 时， Sn 取到最小值30 . 【小结】

等差数列基本量的求解是等差数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等 差数列的有关公式并能灵活运用.

.45

【分析】

(1) 首先求得数列an  的首项和公差确定数列an 的通项公式，然后结合三项成等比数列的充分必要条件整理计算即可确定数列bn 的通项公式；

(2) 结合(1)的结果对数列cn 的通项公式进行放缩，然后利用不等式的性质和裂项求和的方

法即可证得题中的不等式.

【解析】



a  2d  4  1 a1  0 

(1) 由题意可得：   3d  3a 3 2 ，解得：  ，

d  2 a d

1  1 2



an  2n  2 . 则数列an  的通项公式为

其前 n 项和 Sn 

0  2n  2 n

2

 n n 1 .

则n n 1  bn , n n 1 bn , n 1n  2  bn 成等比数列，即：

n n 1  b  n n 1  b   n 1n  2  b  ，

n  n   n  



2

据此有：

2

n2 n 1 2n n 1b  b2  n n 1n 1n  2  n 1 n  2 b  n n 1 b  b2

n n n n n

，

n2 (n 1)2  n(n 1)(n 1)( n  2)

故bn 

n  2  n 1  n n  1  2 n n  1 

 n n  1 .

(2) 结合(1)中的通项公式可得：

2 2

C  an  n 1  1  2 n

2bn n n 1n n  n n n 1 则C1  C2 

n  n 1，



 Cn  2



1  0 2  2  1 

 2

n  n 1 2 n .



【小结】

本题主要考查数列通项公式的求解，，裂项求和的方法，数列中用放缩法证明不等式的方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

.5

【分析】

d  3 （I） 首先设出等差数列的公差，等比数列的公比，根据题意，列出方程组，求得，

q  3 

进而求得等差数列和等比数列的通项公式；

（II）根据题中所给的cn 所满足的条件，将 a1c1  a2c2 

 a2 nc2 n 表示出来，之后应用分

组求和法，结合等差数列的求和公式，以及错位相减法求和，最后求得结果. 【解析】

（I） 解：设等差数列

q， an 的公差为 d ，等比数列bn 的公比为

 3  2d ，解得3q d  3， 依题意，得2

3q 15  4d q  3







n1 an  3  3(n  1)  3n ， bn  3 3 故

n

n

 3 ，

n

n

n

n

所以，a  的通项公式为 a  3n ， b  的通项公式为b  3；

（II） a1c1  a2c2  a2 nc2 n

 a2 nbn )  6n  3n )

 (a1  a3  a5  [n  3 

 a2 n1 )  (a2b1  a4b2  a6b3 

n(n 1)

 6]  (6  31 12  32 18 33 2

 n  3 n) ，

①

 3n2  6 (1 31  2 32 

 2  3 记 Tn  1 3 1 2 2 3

则 3T  1 3 2  3

n

 n  3 n

 n  3n1 ②

3 n 1 3(1 3) n n1 (2n 1)3 3 n1  3  n  3    n 3  ，

1 3 2

 ①得， ② 2Tn  3  3  3 

2 n 

所以 a1c1  a2c2 

 a2 nc2 n  3n

2

(2n 1)3n1  3

 6T n  3n  3

2

2

(2n 1)3n2  6n2  9  (n N ) .

2

【小结】

本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前 n 项和公式等基础知识，考查数列求和的基本方法和运算求解能力，属于中档题目.

.65【分析】

(1) 本题首先可以根据数列

a  是等比数列将 a 转化为 a q2 ，a 转化为 a q ，再然后将其带

n 3 1 2 1

a1  2 即可通过运算得出结果； 入a3 = 2a2 +16 中，并根据数列an 是各项均为正数以及

(2) 本题可以通过数列an  的通项公式以及对数的相关性质计算出数列bn  的通项公式，再

通过数列bn 的通项公式得知数列bn 是等差数列，最后通过等差数列求和公式即可得出结果． 【解析】

(1) 因为数列

a3 = 2a2 +16 ， a1  2 ， an  是各项均为正数的等比数列，

n 3 1 2 1

2 2

所以令数列a  的公比为q， a = a q=2q， a = a q = 2q ，

所以 2q= 4q +16 ，解得 q  2 (舍去)或4 ，

2

所以数列a 是首项为 2 、公比为 4 的等比数列，n n a  2  4

n1

 22n1 ．

(2) 因为bn  log2 an ，所以bn  2n 1， bn +1 = 2n +1， bn+1 - bn = 2 ，

n = n2 ． 所以数列bn 是首项为1、公差为 Sn = 1+22n -1 ´2 的等差数列，

【小结】

本题考查数列的相关性质，主要考查等差数列以及等比数列的通项公式的求法，考查等差数 列求和公式的使用，考查化归与转化思想，考查计算能力，是简单题．

.75

【分析】

（1） 首项设出等差数列的首项和公差，根据题的条件，建立关于 a1 和 d 的方程组，求得 a1

和 d 的值，利用等差数列的通项公式求得结果；

（2） 根据题意有 a5  0 ，根据 a1  0 ，可知 d  0 ，根据 Sn  an ，得到关于 n 的不等式，

从而求得结果. 【解析】

a1 ，公差为 （1）设等差数列an 的首项为 d ，

9  8 

d  (a  4d ) 9a 

1 1

根据题意有2 ，

a1  2d  4

a1  8

解答，所以an  8  (n 1)  (2)  2n 10 ，

d  2 

an  2n 10 ； 所以等差数列an 的通项公式为

（2）由条件 S9  a5 ，得9a5  a5 ，即 a5  0 ，

因为 a1  0 ，所以 d  0 ，并且有 a5  a1  4d  0 ，所以有 a1  4d ，

2

由 S  a 得 na  n(n 1) d  a  (n 1)d ，整理得(n 9n)d  (2n 10)d ，

n n 1 1

2

因为 d  0 ，所以有 n2  9n  2n 10 ，即 n2 11n 10  0 ， 解得1  n  10 ，

所以 n 的取值范围是：1  n  10(n  N )

【小结】

该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有等差数列的通项公式，等差数列的求和公 式，在解题的过程中，需要认真分析题意，熟练掌握基础知识是正确解题的关键.

.85

【分析】

3an  bn  4 以及 4bn1  3bn  an  4 对两式进行相加和相减即(1) 可通过题意中的 4an1  可推导出数列an  bn  是等比数列以及数列an  bn  是等差数列；

(2) 可通过(1)中的结果推导出数列an  bn  以及数列an  bn  的通项公式，然后利用数列

an  bn  以及数列an  bn  的通项公式即可得出结果．

【解析】

b1 = 1， a1  b1  1， (1)由题意可知 4an1  3an  bn  4 ， 4bn1  3bn  an  4 ， a1 +

1

an 1 bn 1 bn ， 4an 4bn +13an - bn + 4 +3bn -an - 4 = 2an + 2bn ，即 所以 1 + + + + = 2 an + + =

1

是首项为1、公比为 的等比数列， a + b = 1 n-1 所以数列a  b  ，n n

2 n n 2

()

()

4an +1 - 4bn +1 = 3an - bn + 4 - 3bn - an - 4= 4an - 4bn + 8 ， 因为

()

an+1 - bn+1 = an - bn + 2 ，数列an  bn  是首项1、公差为 bn = 2n - 1 ． 所以 2 的等差数列，an -

(2)由(1)可知， a + b = 1 n

n

n-1 2

()

b ， a -n

n

= 2n - 1 ，

所以 a = 1 a + b + a

n 2 (

- b )= 1 + n - 1 ， b = 1 a + b - a - b

n n 2n

2 n n n 2 n n (

n n

)

= 1 - n + 1 ．

2n

2

【小结】

本题考查了数列的相关性质，主要考查了等差数列以及等比数列的相关证明，证明数列是等 差数列或者等比数列一定要结合等差数列或者等比数列的定义，考查推理能力，考查化归与 转化思想，是中档题．

.95

【分析】

lim S  12

na4 ，求解出 Sn ；（1） 通过 （2）根据 d ，通过求和公式得到 n

可得lim

n

1 qn

 4 且

1 q

q  1 ，从而得到不等式  4 ，解不等式得到结果.

1 q

1

【解析】

（1）由 a4  a1  3d  15 且 a1  3

 d  4

 Sn  na1 

n n 1

d  3n  2n n 1  2n2  n 2

（2） 由题意可知 q  1



n n a 1 q31 q1

  Sn 

1 q 1 q

31 q则lim S lim  12

n n nn



1 q

3

 q  或 q  1

4

n 1 q  4 且 q  1  lim

n 1 q



1  4 1 q

又 q  1





 3 

 q 1, 0 0, 

 4  



【小结】

本题考查等差数列求和、等比数列前 n 项和的应用问题.利用等比数列前n 项和的极限求解q 的范围的关键在于能够明确存在极限的前提，然后通过公式得到关于q的不等式，求解不等 式得到结果.

.06【分析】

（1） 根据正弦函数周期性的特点，可知数列（2） bn 周期为3 ，从而得到 S ；S 恰好有两个元素，可知b1  b3 或者b2  b3 ，求解得到 （3）依次讨论T  3, 4, 5, 6, 7 的情况， d 的取值；当T  3, 4,5, 6 时，均可得到符合题意的集合 S ；当T  7 时，对于 k  1, 2,

3 ，均无法得到符合题意的集合 S ，从而通过讨论可知T  3, 4,5, 6 .

【解析】

2 42

d   a  ， a  0 ， a （1） a  ，

1 2 3

3 3 3

4

 22 3 4 3 b  0

b  sin 0  0 ， ， ， b  sin  b  sin  

41 2 3

3 2 3 2

由周期性可知， bn 以3 为周期进行循环



3

 S , 0, 3  

2 2    b  sin  2d b  sin  d ， （2） b  sin  1，

2  2  3  2 1

2    



S 恰好有两个元素

  2d      sin 或 sin  d  sin  2d  sin 2

 2 2





 2 





 2 





即2d  2或 d   2d  22 d  或 d  3

2

（3） 由 S 恰好有3 个元素可知： T  3

当T  3时， bn3  bn ，集合 S  b1, b2 , b3 ，符合题意； bn 4  bn ， sin an  4d   sinan 当T  4时，

an  4d  an  2k或 an  4d  2k an

n

n

因为a 为公差 d  0 的等差数列，故 a  4d  a  2k  d 

n

k2

又 d  ，故 k  1, 2

当 k  1时，如图取 a1  0 ， S  0,1, 1，符合条件

bn5  bn ， sin an  5d   sinan 当T  5 时，

an  5d  an  2k 或 an  5d  2k an

an  5d  an  2k因为an 为公差 d  0 的等差数列，故





 d 

2k 5

又 d  ，故 k  1, 2

3 

当 k  1时，如图取 a1  ， S  sin ,1, sin  ，符合条件

10 10  10



bn6  bn ， sin an  6d   sinan 当T  6 时，

an  6d  an  2k 或 an  6d  2k an

an  6d  an  2k d  因为an 为公差 d  0 的等差数列，故

k3

又 d  ，故 k  1, 2, 3

S  a  0 时， 当 k  1时，如图取

1

 3  3  , 0,  ，符合条件  2 2  









bn7  bn ， sin an  7d   sinan 当T  7 时，

an  7d  an  2k 或 an  7d  2k an

an  7d  an  2k因为an 为公差 d  0 的等差数列，故





 d 

2k 7

又 d  ，故 k  1, 2, 3

当 k  1时，因为b1, b2 ,, b7 对应3 个正弦值，故必有一个正弦值对应三个点，必然有

am  an  2，即m  n d  2, d 

222= ， m  n  7, m  7 ,不符合条件； ，即 m  n 7 m  n

当k  2 时，因为b1, b2 ,, b7 对应3 个正弦值，故必有一个正弦值对应三个点，必然有

242= ， m  n 不是整数，故不符合条件； ，即 am  an  2，即m  n d  2, d 

m  n 7 m  n

当k  3 时，因为b1, b2 ,, b7 对应3 个正弦值，故必有一个正弦值对应三个点，必然有

am  an  2或 426 m  n 2= ， 不是整数， ，即 d  2, d 若m  n

m  n 7 m  n

46 m  n 4= ， 不是整数， ，即 d  4, d 若m  n

m  n 7 m  n



故k  3 不符合条件； 综上： T  3, 4,5, 6 【小结】

本题考查三角函数、数列、函数周期性的综合应用问题.解题的难点在于能够周期，确定等

量关系，从而得到 d 的取值，再根据集合 S 的元素个数，讨论可能的取值情况，通过特殊值确定满足条件的T ；对于无法取得特殊值的情况，找到不满足条件的具体原因.本题对于学生的综合应用能力要求较高，属于难题.

a n c n 1 9  41 （ii） b  3 2n （Ⅱ）（i） 61．（Ⅰ）  3n 1 ； a

n n 

n

2 2

 acn  N  27 2

ii

*

i1

2n

2 n1

 5 2n1  n  12

n  N

*

【分析】

(Ⅰ)由题意首先求得公比和公差，然后确定数列的通项公式即可；

(Ⅱ)结合(Ⅰ)中的结论可得数列a2n c2n 1的通项公式，结合所得的通项公式对所求的数列

2n

通项公式进行等价变形，结合等比数列前 n 项和公式可得

 ac的值.

i1

ii

【解析】

(Ⅰ)设等差数列an  的公差为 d ，等比数列bn 的公比为q.

  2 4  d   2  6  2d 6q2 依题意得

d  3 ，，解得

6q 2 4  2d   4  12  4d q  2



bn  6  2 n1  3 2 故an  4  (n 1)  3  3n 1 ， . n

所以，a  的通项公式为 a  3n 1 ，b 的通项公式为b  3 2.

n

n n n n

(Ⅱ)(i) a n c n 1 a n

b



1  3 2n 13 2n 1  9  4n 1.

n

2 2 2 c n 1所以，数列a 2 n

2n

2n

ii

i



i1

n

的通项公式为 a c 1  9  41 .

n

2

n

22

n

(ii)

 ac  ai1

 ai ci  1ai   a2i c2i  1  

i1

i1

2n 2n

22n 1  n 

  2n  4   3 9 4i 1 i1 2  

4 1  4n 2n1 n1  3 9  n   2 5 21 4  27  22n1  5 2n1  n 12

n  N  .

* 【小结】

本题主要考查等差数列､等比数列的通项公式及其前 n 项和公式等基础知识.考查化归与转化

思想和数列求和的基本方法以及运算求解能力.

7 5

62．（1）d 的取值范围为[ , ]．

3 2

b (qm  2) b qm

（2）d 的取值范围为[ 1 , 1 ] ，证明见解析．

m m

【解析】

b1 并分别令 n=1，2，3，4 列出不等式组，即可解得公 分析：（1）根据题意结合| an  bn |≤

qn1 qn1  2

差 d 的取值范围；（2）先根据绝对值定义将不等式转化为 b d  b1 ，根据条

n 1 1 n 1

件易得左边不等式恒成立，再利用数列单调性确定右边单调递增，转化为最小值问题，即得

公差 d 的取值范围.

n

n

a  n 1 d, b 解析：解：（1）由条件知：

 2n1 ．

因为 an  bn  b1 对 n=1，2，3，4 均成立，

d  2即 n 1

n1

 1对 n=1，2，3，4 均成立，

7

5

3

2

即 1  1，1  d  3，3  2d  5，7  3d  9，得  d  ．

因此，d 的取值范围为



 7 5  , ．   3 2 

n1

d,b  b q（2）由条件知： a  b  n 1

n

1

n

1

．

若存在 d，使得 an  bn  b1 （n=2，3，···，m+1）成立，

 n 1 d  b q即 b 1 1

n  2, 3,即当

n1

 b n  2, 3,1

, m 1 ，

, m 1

qn1  2 qn1

时，d 满足 b1 ． n 1 b1  d 

n 1

m  n1 m 2 因为 q 1, ，则1  q q 2 ，



n1 n1 qq 2从而 b1  0 ， b1  0 ，对 n  2, 3,n 1 n 1

, m 1 均成立．

因此，取 d=0 时， an  bn  b1 对 n  2, 3,

, m 1 均成立．

 qn1  2 qn1 

n  2, 3,下面讨论数列n 1  的最大值和数列  的最小值（

n 1

   



, m 1 ）．



n n1

 qn  2 qn  2 qn1  2 nqn  qn  nqn1  2 n q q ①当 ， 2  n  m 时，   

n n 1 n n n 1n 1当 1

1 时，有 qn  qm  2 ，从而n q qn n1

  qn

 2  0 ．



 qn1  2

因此，当 2  n  m 1时，数列n 1  单调递增，

  q 2qm  2

故数列n 1  的最大值为 m ．

 

n1



x  21 x x  ln2 1 xln22 0 ，②设 f  ，当 x>0 时， f 

x

x

x 单调递减，从而 f  x 当2  n  m 时， 

qn

n n1

q n 1

q n 1 1  1   1 

n

  21

  f    1 ，

n  n   n 

 qn1 

因此，当 2  n  m 1时，数列  单调递减，

n 1 

 qn1  qm

故数列  的最小值为 ．

n 1m  

 b qm  2b qm 1

因此，d 的取值范围为 , 1  ． m m  

小结：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参 式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件. 63．（1）2 5



n2  n  2

（2）n≥5 时， fn (2) 

2

【解析】

分析：（1）先根据定义利用枚举法确定含三个元素的集合中逆序数为 2 的个数，再利用枚举

法确定含四个元素的集合中逆序数为 2 的个数；（2）先寻求含 n 个元素的集合中逆序数为 2

与含 n+1 个元素的集合中逆序数为 2 的个数之间的关系，再根据叠加法求得结果. 解析：解：（1）记abc 为排列 abc 的逆序数，对 1，2，3 的所有排列，有

123=0，132=1，213=1，231=2，312=2，321=3 ， 所

以 f3 0  1，f3 1  f3 2  2 ．

对 1，2，3，4 的排列，利用已有的 1，2，3 的排列，将数字 4 添加进去，4 在新排列中的位置只能是最后三个位置．

 f3 1  f3 0  5 ． 因此， f4 2  f3 2

（2）对一般的 n（n≥4）的情形，逆序数为 0 的排列只有一个：12…n，所以 fn 0 

1 ． 逆序数为 1 的排列只能是将排列 12…n 中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列， n 1 ． 所以fn 1

为计算 fn1 2 ，当 1，2，…，n 的排列及其逆序数确定后，将 n+1 添加进原排列，n+1 在 新排列中的位置只能是最后三个位置．

 fn 1  fn 0  fn 2  因此， fn1 2  fn 2 n ． 当 n≥5 时，

fn 2   fn 2  fn1 2 fn1 2  fn2 2 f5 2  f4 2  f4 2 n 1  n  2 4  f 4 2   n  n  2 ，

2

2

因此，n≥5 时， fn 2

n2  n  2

2

．

小结：探求数列通项公式的方法有观察(观察规律)、比较(比较已知数列)、归纳、转化(转化 为特殊数列)、联想(联想常见的数列)等方法.寻求相邻项之间的递推关系，是求数列通项公式的一个有效的方法.

（1）an=2n–9，（2）Sn=n2–8n，最小值为–16． ．【解析】

分析：（1）根据等差数列前 n 项和公式，求出公差，再代入等差数列通项公式得结果，（2）

根据等差数列前 n 项和公式得 Sn 的二次函数关系式，根据二次函数对称轴以及自变量为正整数求函数最值.

解析：（1）设{an}的公差为 d，由题意得 3a1+3d=–15． 由 a1=–7 得 d=2．

所以{an}的通项公式为 an=2n–9． （2）由（1）得 Sn=n2–8n=（n–4）2–16． 所以当 n=4 时，Sn 取得最小值，最小值为–16．

小结：数列是特殊的函数，研究数列最值问题，可利用函数性质，但要注意其定义域为正整 数集这一条件.

65．（I） n ln 2 ；（II） 2n 1  2 . 【分析】

a1 , d 的方程组,求解 a1 , d ，代入通项公式可得；（II）（I）设公差为 d ，根据题意可列关于

由（I）可得ean  2n ，进而可利用等比数列求和公式进行求解. 【解析】

（I） 设等差数列an 的公差为 d ，

a2  a3  5ln2 ， ∵

2a1  3d  5ln2 ， ∴

又 a1  ln2 ，∴ d  ln2 .

an  a1  n  1d  nln2 . ∴

（II）由（I）知 an  nln2 ，

n ∵ ean  enln 2  eln 2=2n ，

∴e是以 2 为首项，2 为公比的等比数列.

an

∴ ea1  ea2  ean  eln 2  eln 2 2n

2

 eln 2

n

=2  22 =2n1  2 .

∴ ea1  ea2 

 ean =2n1  2

小结：等差数列的通项公式及前 n 项和共涉及五个基本量 a1 , an , d , n, Sn ，知道其中三个可求另外两个，体现了用方程组解决问题的思想. 66．（1） a n  2（2） m  6 . 【解析】

n1

a 或 n  2n1

.

分析：（1）列出方程，解出 q 可得；（2）求出前 n 项和，解方程可得

qa  qm．解析：（1）设n {a } 的公比为，由题设得n

n1

．

q  0 （舍去）q  2 或q  由已知得 ， q4  4q2 ，解得

n1 2 ．故a  2n1 ． 或n n a  2（2）若 an  2

n1

1 2．由 S 63 得2m  188 ，此方程没有正整 ，则 Sn  m

3

n

数解．

 2若 a n

n1

n

63 ，则 S 得 2m  ，解得m  6 ． 综n 21 ．由 S m

上， m  6 ．

小结：本题主要考查等比数列的通项公式和前 n 项和公式，属于基础题．

n2 q = 2 ；67．（Ⅰ） （Ⅱ）  15  (4n  3) ( ).

bn

【分析】

1

2

分析:（Ⅰ）根据条件、等差数列的性质及等比数列的通项公式即可求解公比；（Ⅱ）先根据数列{(bn1  bn )an} 前 n 项和求通项，解得bn1  bn ，再通过叠加法以及错位相减法求bn . 【解析】

a3  a5  2a4  4 ，a4  2 是a3 , a5 的等差中项得 解析：（Ⅰ）由

所以 a3  a4  a5  3a4  4  28 ， 解得 a4  8 .

3 5 由a  a  20 得8q 



1 

 20 ，

 q  



因为 q  1 ，所以 q = 2 .

cn  bn1  bn  an ，数列cn 前 Sn . （Ⅱ）设 n 项和为

c  S1 , n  1, 解得 c  4n 1. 由

n

n

SS , n  2.  n n1 a由（Ⅰ）可知 n = 2n-1

，

n1

 1 

所以bn1  bn  4n 1 ，

 2 

故bn  bn1  4n  5  

 1 

, n  2 ，

2 

 b3  b2  b2  b1 1

 7  2  3 .

n2

n2

bn  b1  bn  bn 1  bn 1  bn 2 



n2

n3

 4n  9 1  4n  5 1 2 2    



1  1 

设Tn  3  7  11  

2 2   1 1  1  Tn  3  7   2 2 2  

2

2

 1 , n  2 ，  4n  5 2  

n2

n1



 1  4n  9 1 2   4n  5 2    

2

n2



1 1  1 

所以 Tn  3  4   4   

2 2 2  

n2

1  1  4  2   4n  5 2  ，    

n1

 1 

因此T  14  4n  3 , n  2 ，

n

 2

 1 

又b1  1，所以bn  15  4n  3  .

 2 

小结：用错位相减法求和应注意的问题：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为 负数的情形；(2)在写出“ Sn ”与“ qSn ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“ Sn  qSn ”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数， 应分公比等于 1 和不等于 1 两种情况求解.

n2

b1  1， b2  2 ， b3  4 ；68．（1） （2）bn 是首项为1，公比为 2 的等比数列．理由见解

a  n  2析；（3） n

【分析】

（1） 根据题中条件所给的数列

n1

.

nan1  2n 1 an ，将其化为 an 的递推公式

a

2 n 1 ，分别令 n  1 和 n  2 ，代入上式求得 a  4 和 a  12 ，再利用b  n ，

a an n 2 3 n1  n n

从而求得b1  1， b2  2 ， b3  4 ；

（2） 利用条件可以得到

an1 2an

  2b ，这样就可以得到数列b ，从而 可以得出b

n1 n n

n 1 n

是首项为1，公比为 2 的等比数列；

（3） 借助等比数列的通项公式求得

an

n

【解析】

 2n1 ，从而求得 a n  n  2n1 .





2 n 1 ．

（1） 由条件可得 an1 an

n

将 n  1 代入得， a2  4a1 ，而 a1  1 ，所以， a2 

4 ． 将 n  2 代入得， a3  3a2 ，所以， a3  12 ．

从而b1  1， b2  2 ， b3  4 ；

（2） bn 是首项为1，公比为 2 的等比数列．

an1 2an

 ，即b  2b ，又b  1，

n1 n 1

n 1 n

由条件可得

所以bn 是首项为1，公比为 2 的等比数列；

（3） 由（2）可得 an

n

【小结】

 bn  1 2n1  2n1 ，所以a n  n  2n1 ．

该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有根据数列的递推公式确定数列的项，根据 不同数列的项之间的关系，确定新数列的项，利用递推关系整理得到相邻两项之间的关系确定数列是等比数列，根据等比数列通项公式求得数列bn  的通项公式，借助于bn 的通项公式求得数列an 的通项公式，从而求得最后的结果.

n1 69．(Ⅰ)  2n1 ， b  n  2 .（ii）证明见解析. n  n ；(Ⅱ)（i）  2

an

Tn

【解析】

a 分析：（I）由题意得到关于 q 的方程，解方程可得q  2 ，则 n  2n1 .结合等差数列通项公式可得bn  n. S  2n 1 ，则T  （II）（i）由（I），有

Tk  bk 2

因为

（ii） k 1k  2

bk

n n

2n k 1

k

222n2    ，裂项求和可得 k  2 k 1 k 1k  2n  2 2 . k 1 

k 2

k 1

n

1  2n1  n  2 .

Tk  bk 2 bk 

a1  1, a3  a2  2, 解析：（I）设等比数列an 的公比为 q.由

可得 q2  q  2  0 .因为 q  0 ，可得 q  2 ，故 n a  2

n1

.

设等差数列{bn } 的公差为 d，由 a4  b3  b5 ，可得b1  3d  4. 由a5  b4  2b6 ，可得3b1 13d  16,

从而b1  1, d  1, 故bn  n.

所以数列a n 的通项公式为 a n  2数列{bn } 的通项公式为bn  n.

n1

，

1 2n

（II）（i）由（I），有 Sn 

n

n

k

1 2

 2 1， 2 1 2n 1 2

 n  2n 1  n  2 .

 k  2  k  2k

n

故Tn 

2k 1

1  2k  n 

k 1 k 2

k 1

 2 2，

k 1k  2k 1k  2 k 1k  2k  2 k 1 n

Tk  bk 2 bk  23 22   24 23   2n2 2n1  2n2 

所以      2 .

k 1k  2  3 2  4 3   n  2  n 1 n  2 k 1      

（ii）因为

T  b bk

k

2



k 1



k  2

k 1

k 2



小结：本题主要考查数列通项公式的求解，数列求和的方法，数列中的指数裂项方法等知识， 意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 70．(Ⅰ)  S

n n n 1 2 ， T  21；(Ⅱ)4.

n

n

【分析】

（I） 由题意得到关于 q 的方程，解方程可得

q = 2

，则Tn 

1 2n

n

等差数列的首项和公差为 a1  1, d  1，则其前 n 项和 Sn 

 2

1 2 n n  1 2

.

1 .结合题意可得

（II）由（I），知T1 

n1

 T  2 n  2. 据此可得 n2  3n  4  0, 解得 （舍）， n  1nT2

或 n  4 .则 n 的值为 4. 【解析】

（I） 设等比数列{bn } 的公比为 q，由 b1=1，b3=b2+2，可得 q

n

1 2n

． 因为 q  0 ，可得 q = 2 ，故bn  2．所以， T  21 n

1 2

2

 q  2  0 ．

n1

设等差数列{an } 的公差为 d ．由b4  a3  a5 ，可得a1  3d  4 ．

由b  a  2a ，可得3a 13d  16, 从而 a  1, d  1，故 a  n ，所以， S  n(n 1) ．

5 4 6 1 1 n n

（II）由（I），有T1  T2 由 Sn  (T1  T2 可得

 Tn  (2  2 

1 2

2 (1 2n ) n 1

 2 )  n =  n  2  n  2.

1 2

n

2 Tn )  an  4bn ,

n(n 1) n1

 2 n  2  n  2n1 ， 2

整理得n2  3n  4  0, 解得 ，或 n 的值为 4． n  1 （舍）n  4 ．所以

小结：本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前 n 项和公式等基础知识.考查数列求和的基本方法和运算求解能力.

2n 2

；(2) . 71．(1) an 

2n 1 2n 1

【分析】

（1） 利用递推公式,作差后即可求得

（2） 将

an 的通项公式.

an 

的表达式.利用裂项法即可求得前 项和.

a 的通项公式代入,可得数列

n

 2n 1

【解析】

a1  3a2  2n 1 an =2n （1）数列an 满足

ann  2 时, a1  3a2  2n  3 ﹣1＝2n 1

∴ 2n 1 an  2

an  ∴

2

2n 1

当 n  1 时, a1  2 ,上式也成立

an  ∴

（2）

2

2n 1 an

2 1 1

  

2n 1 (2n 1)(2n 1) 2n 1 2n 1  an 

∴数列

 的前 n 项和

2n 1 3  3   21 1 5 1 1 1  n 1 2n 1  1           

1 2n 1 

2n 1 2n 1

【小结】

本题考查了利用递推公式求通项公式,裂项法求和的简单应用,属于基础题.

72．（1）935；（2）见解析. 【解析】

试题分析：（1）计算an  和bn 的前 4 项和的差即可得出答案；

（2）令 an  bn 得出 n  42 ，再计算第42 个月底的保有量和容纳量即可得出结论. 试题分析：

（1） a1  a2  a3  a4  b1  b2  b3  b4   965  30  935

（2） 10n  470  n  5  n  42 ，即第 42 个月底，保有量达到最大

 420  50 38 6  47  42 a1  a2  a3    a4  b1  b2  b3    b4  965 8782 

2 2  

S 42  4 42  46 8800  8736 ，∴此时保有量超过了容纳量.

2

73．（Ⅰ）  3n  2 . b  2n .（Ⅱ） (3n  4)2n2 16 .

an

n

【解析】

试题分析：根据等差数列和等比数列通项公式及前 n 项和公式列方程求出等差数列首项a1 和公差 d 及等比数列的公比 q，写出等差数列和等比孰劣的通项公式，利用错位相减法求出数列的和，要求计算要准确.

试题解析：（Ⅰ）设等差数列{an } 的公差为 d ，等比数列{bn } 的公比为q.由已知b2  b3 

2

 12 b  2 ，所以 q2  q  6  0 .又因为 q  0 ，解得 q  2 .所以，12 ，b  1 得b q  q 1，而 n

2n .

由b3  a4  2a1 ，可得3d  a1  8① .由 S11  11b4 ，可得 a1  5d  16② ，联立①②，解得

a1  1, d  3 ，由此可得 an  3n  2 .

所以，{a } 的通项公式为 a  3n  2 ，{b } 的通项公式为b  2.

n

n

n

n

n

（Ⅱ）解：设数列{a2nbn } 的前 n 项和为Tn ，由 a2n  6n  2 ，有

T  4 2 10 22 16 23 n

2T  4 22 10 23 16 24 

n

 6n  2 2n ，

 6n  8 2n  6n  2 2n1 ，

 6 2 n 6n  2 2

n1

 6 2 上述两式相减，得Tn  4 2  6 2 2 3

n

  12 1 2 

  4  6n  2 2n1  3n  4 2n2 16 .

1 2

得Tn  3n  42

n2

16 .

n2

n 项和为3n  42b } 的前 所以，数列{a 2n n

【考点】等差数列、等比数列、数列求和

16 .

【名师小结】利用等差数列和等比数列通项公式及前 n 项和公式列方程组求数列的首项和公差或公比，进而写出通项公式及前 n 项和公式，这是等差数列、等比数列的基本要求，数列求和方法有倒序相加法，错位相减法，裂项相消法和分组求和法等，本题考查错位相减法求 和 .

n1

（Ⅱ） Tn





74．（Ⅰ）  2



xn

【解析】

(2n 1)  2n 1

2

(I)设数列{xn }的公比为q，由已知 q  0 .

 x1  x1q  3

2

由题意得2 ，所以3q  5q  2  0 ，

x q x q  2  1 1

因为 q  0 ,所以 q  2, x1  1，

 2n1. 因此数列{xn }的通项公式为 x n

（II）过 P1 , P2 , P3 , …… Pn1 向 x 轴作垂线，垂足分别为Q1, Q2 , Q3 , …… Qn1 ,

n n1 n1x  x  2 2 2. 由(I)得 n1 n

记梯形 Pn Pn1Qn1Qn 的面积为bn .

由题意b 

n

(n  n 1) n1

 2 (2n 1)  2n2 ， 2

所以

Tn  b1  b2  b3  ……+ bn

= 3 21  5 20  7  21  ……+ (2n 1)  2n3  (2n 1)  2n2

0

1

2

①

n2 n1

又2T  3 2 5 2 7  2 ……+ ② (2n 1)  2 (2n 1)  2n

①-②得

Tn  3 21  (2  22  2n1 )  (2n 1)  2n1

3 2(1  2n1) n1 =   (2n  1) 2 . 2 1  2

(2n 1)  2n 1

. 所以Tn 

2

【名师小结】

本题主要考查等比数列的通项公式及求和公式、数列求和的“错位相减法”.此类题目是数列问题中的常见题型.本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高.解答本题，布列方程组，确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数.本题将数列与解析几何结合起来，适当增大了难度，能较好的考查考生的数形结合思想、 逻辑思维能力及基本计算能力等.

75．（I）见解析；（II）见解析；（Ⅲ）见解析. 【分析】

（I）用数学归纳法可证明； （Ⅱ）由（Ⅰ）可得

x x

 4x

n1

 2x  x2

n

n1

 2x

n1

  x 2 ln 1 x

n1

 ， 构造函数

n n1 n1

f  x  x2  2x   x  2ln 1 x x  0 ，利用函数的单调性可证；

xn xn1

 x  2x  x ，递推可得  ln 1 x x及   （Ⅲ）由 x  x

n1 n n1 n1 n1 n1 n

2 1 1    x nn2 n  N  . n1

22【解析】

（Ⅰ）用数学归纳法证明： xn 

0 ． 当 n  1 时， x1  1  0 ．

假设 n  k 时， xk  0 ，那么n  k 1时，若 xk 1  0 ， 则0  xk  xk 1  ln 1 xk 1   0 ，矛盾，故 xk 1  0 ．

x  N ) ，所以 x  N ) ． 因此 n  x n1  ln(1 x n1 )  x n1 ，因此0  x n  0(n n1  x n (n

（Ⅱ）由 xn  xn 1  ln(1 xn 1 ) 得，

 

x x  4x

n n1

n1

 2x  x2  2x

n

n1

n1

 (x  2) ln(1 x ) ．

n1

n1

记函数 f (x)  x2  2x  (x  2) ln(1 x)(x  0) ，

f '(x) 

2x2  x x 1

 ln(1  x)  0(x  0) ，







x  在0,  上单调递增，所以 f (x) f (0)  0 ， 函数 f 

xn xn1

2  (n  N  ) ． x因此 n1  2xn1  (xn1  2) ln(1 xn1 ) f (xn1 )  0 ，故 2xn1  xn

2 1

（Ⅲ）因为 x  x  ln(1 x )  x  x  2x ，所以 x  ，

n n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n

2n1

11 11 xn xn1 x ， 得   2(  )  0 ，  2xn1  n 由 xn1 2 2 xn 2

所以 1 1 1 1 1 1 1

  2(  )    2n1 (  )  2n2 ，故 x  ．

n x 2 x 2 x 2 n2 2n n1 1

1  1  (n  N) ． 综上， n1  xn

n2 22

【名师小结】

本题主要考查利用数列不等式的证明，常利用以下方法：（1）数学归纳法；（2）构造函数，利用函数的单调性证明不等式；（3）利用递推关系证明．

n

76．（1） a （2）见解析. n  (2)；

【解析】

试题分析：（1）由等比数列通项公式解得q  2 ，a1  2 即可求解；（2）利用等差中项证明 Sn+1，Sn，Sn+2 成等差数列．

（1）设 试题解析：

{a }

n 的公比为

a1 1 q   2 q .由题设可得2

a 1 q  q   6 ，解得

 1

q  2

，

n1

2 n 2 .    1（2）由（1）可得 Sn 

1 q 3 3

n3

 2 4  2n2 n 2n1 n 2 2   1 2Sn ， S S   1由于 n2 3 n1  3 3 3  

1

n

} 的通项公式为 故{an an  2.

a 1 qn 

a1  2 .



故 Sn1 ， Sn ， Sn2 成等差数列.

小结:等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用．但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形．在解决等差、等比数列的运 算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法． 2n  5 77．（Ⅰ） a  2n .（Ⅱ）  5  .T

n n 2n

【解析】

试题分析：（Ⅰ）列出关于a1, q 的方程组,解方程组求基本量；（Ⅱ）用错位相减法求和.

试题解析：（Ⅰ）设{a } 的公比为q，由题意知： a (1 q)  6, a 2 q  a q2 .

n 1 1 1

又an  0 ，

解得： a1  2, q  2 ，

 2n . 所以a n



2n1 （Ⅱ）由题意知： S

(2n 1)(b1  b2n1 )

 (2n 1)b ，

n1

2

又S2n1  bnbn1 ,bn1  0, 所以bn  2n 1, bn  c令n a ,

n

则cn  因此

2n 1

，2n

3 5 7 c    n

2 22 23

T  c  c n

1

2

2n 1 2n 1  n1  n ,22

1

又 T  3  5  7  2n 1  2n 1

,

2 n 22 23 24 2n 2n1

1

1  2n 1 两式相减得 T  3   1  12 

2n1 2n1 2 n 2 2 2  

所以Tn  5 

2n  5 .2n

【考点】等比数列的通项,错位相减法求和.

【名师小结】(1)等比数列运算问题的一般求法是设出首项 a1 和公比 q,然后由通项公式或前

n 项和公式转化为方程(组)求解．等比数列的通项公式及前 n 项和公式共涉及五个量 a1,an,q,n,Sn,知其中三个就能求另外两个,体现了方程的思想．(2)用错位相减法求和时,应注意： 在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确写出“Sn－qSn” 的表达式，若等比数列的公比为参数,应分公比等于 1 和不等于 1 两种情况求解． 78．（1）见解析（2）见解析 【解析】

试题分析：（Ⅰ）分别代入求c1 , c2 , c3 ，观察规律，再证明当 n  3 时，

(bk 1  nak 1 )  (bk  nak )  2  n  0 ，所以bk  nak 关于 k  N * 单调递减. 所以 cn  maxb1  a1n,b2  a2n,

,bn  ann  b1  a1n  1 n ，从而得证；（Ⅱ）首先求cn 的

通项公式，分 d1  0, d1  0, d1  0 三种情况讨论证明.

c1  b1  a1  11  0, 试题解析：（Ⅰ）

c2  maxb1  2a1, b2  2a2   max1 21, 3  2 2  1，

c3  maxb1  3a1, b2  3a2 , b3  3a3  max1 31, 3  3 2, 5  3 3  2 . 当n  3 时， bk 1  nak 1  bk  nak   bk 1  bk   n ak 1  ak   2  n  0 ，所以bk  nak 关于 k  N * 单调递减. 所以cn  maxb1  a1n,b2  a2n,

,bn  ann  b1  a1n  1 n .

所以对任意n  1, cn  1 n ，于是cn1  cn  1 ， 所以cn 是等差数列.

（Ⅱ）设数列{an } 和{bn } 的公差分别为 d1, d2 ，则

bk  nak  b1  k 1 d2  a1  k 1 d1  n  b1  a1n  d2  nd1 k 1 .

b所以c n   1  a1n  n 1d2  nd1 ,当d2  nd1时

b  a n,当d  nd 时，

1

1

2

1



1

①当 d  0 时，取正整数 m 

d2

，则当 n  m 时， nd  d ，因此c  b  a n .

1

2

n

1

1

d 1

是等差数列.

此时， cm , cm1, cm2 ,

②当 d1  0 时，对任意 n  1，

cn  b1  a1n  n 1 maxd2 , 0  b1  a1  n 1maxd2 , 0  a1 .

此时， c1 , c2 , c3 ,, cn ,

是等差数列.

③当 d1  0 时，

当 n 

d2 d1

时，有 nd  d .

1

2

所以 n 

cn

b1  a1n  n  1d2  nd1 

 n  d  d  a  d b1  d2

1 1 1 2

n n

 n d1   d1  a1  d2  b1  d2 .

 M  b1  d2

m  max 对任意正数 M ，取正整数  a1  d1  d2 d 2  ，, d  d 

1 1 

c

故当 n  m 时， n  M .

n

【名师小结】近几年北京卷理科压轴题一直为新信息题，本题考查学生对新定义的理解能力 和使用能力，本题属于偏难问题，反映出学生对新的信息的理解和接受能力，本题考查数列 的有关知识及归纳法证明，即考查了数列（分段形函数）求值，又考查了归纳法证明和对数 据的分析研究，考查了学生的分析问题能力和逻辑推理能力，本题属于拔高难题，特别是第 二问难度较大，适合选拔优秀学生.

79．（1）an=2n−1.（2）

3n 1 2

【解析】

试题分析：（Ⅰ）设等差数列的公差为 d ，代入建立方程进行求解；（Ⅱ）由bn 是等比数列，知b2n1 依然是等比数列，并且公比是 q2 ，再利用等比数列求和公式求解. 试题解析：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为 d. 因为 a2+a4=10，所以 2a1+4d=10.

解得 d=2. 所以 an=2n−1.

（Ⅱ）设等比数列的公比为 q. 因为 b2b4=a5，所以 b1qb1q3=9. 解得 q2=3. 所以b

2n1

2n2

 b q 3n1 . 1

从而b1  b3  b5 

2

 b2 n1  1 3 3 

n 31 n1 .  3 

2

【名师小结】本题考查了数列求和，一般数列求和的方法：（1）分组转化法，一般适用于等差数列+等比数列的形式；（2）裂项相消法求和，一般适用于

，

,

等的形式；（3）错位相减法求和，一般适用于等

差数列 等比数列的形式；（4）倒序相加法求和，一般适用于首末两项的和是一个常数，这样可以正着写和与倒着写和，两式相加除以 2 即可得到数列求和. 80．（1） bn  2 【分析】

n1

；（2）5 或75 .

q q  0 （1）设等差数列an 公差为 ，由已知条件求出q，再d ，等比数列bn 公比为 S5 . 写出通项公式；（2）由T13  13 ，求出q的值，再求出 d 的值，求出

【解析】

d  q  3 . 设等差数列an 公差为 d ，等比数列bn 公比为q q  0 有1 d   q  4 ，即

（1）∵ 1 2d   q 7 ，结合 d  q  3 得 q  2 ，

2

bn  2n1 . ∴

 13 ，解得 q  4 或 3， （2）∵ T3  1 q  q 2

当 q  4 时， d  7 ，此时 S  5 

5

5 4 2

 7  75 ；

当q  3 时， d  0 ，此时 S5  5a1  5 . 【小结】

本题主要考查等差数列与等比数列的通项公式、等差数列的前 n 项和公式，属于中档题. 等差数列基本量的运算是等差数列的一类基本题型，数列中的五个基本量a1 , d , n, an , Sn , 一般可以“知二求三”，通过列方程组所求问题可以迎刃而解，另外，解等差数列问题要注意应用 等差数列的性质ap  aq  am  an  2ar （ p  q  m  n  2r ）与前n 项和的关系. 81．（1）见解析（2）见解析 【解析】

试题分析：（1）利用等差数列性质得ank  ank  2an ，即得

an3  an2 +an1 +an1  an2  an3  6an ，再根据定义即可判断；（2）先根据定义得 an2  an1  an1  an2  4an ，an3  an2  an1  an1  an2  an3  6an ，再将条件集

中消元： an3  an2  4an1  (an  an 1) ， an2  an3  4an1  (an1  an ) ，即得 an1  an1  2an ，最后验证起始项也满足即可．

an  a1  n 1 d ，则 试题解析：证明:（1）因为an 是等差数列，设其公差为

d ，从而，当 ank  ank  a1  n  4 时，

n  k 1 d  a1  n  k 1 d

 2a1  2n 1 d  2an ， k  1, 2, 3,

所以 an3  an2 +an1 +an1  an2 +an3  6an ， 因此等差数列an 是“ P 3 数列”.

（2）数列an 既是“ P 2数列”，又是“ P 3 数列”，因此， 当n  3 时， an2  an1  an1  an2  4an ，①

当n  4 时， an3  an2  an1  an1  an2  an3  6an .②

an3  an2  4an1  an  an1  由①知， ，③

an2  an3  4an1  an1  an  ，④

将③④代入②，得 an1  an1  2an ，其中n  4 ， 所以 a3 , a4 , a5 ,

是等差数列，设其公差为 d ' .

在①中，取n  4 ，则 a2  a3  a5  a6  4a4 ，所以a2  a3  d ' ， 在①中，取n  3 ，则 a1  a2  a4  a5  4a3 ，所以 a1  a2  2d ' ， 所以数列{an } 是等差数列.

an1  an  d (d 为常数）小结:证明{an } 为等差数列的方法：①用定义证明： ；②用等差

中项证明： 2an1  an  an2 ；③通项法： an 为关于n 的一次函数；④前 n 项和法： Sn

 An2  Bn ．