专题7 数列-遇见最美的数学系列——23真题汇编

专 7 数 53. (2023全国甲卷理)已知正 比数 an 中，a1= 1,Sn为 an  n ，S5= 5S3- 4， S4= ( ) A. 7 B. 9 C. 15 D. 30 54. (2023天津卷)已知 an 为 比数 ，Sn为数 an 的 n ，an+1= 2Sn+ 2， a4的 为 ( ) A. 3 B. 18 C. 54 D. 152 55. (2023全国乙卷文)已知 差数 an 的公差为 2π 3 ， S= cosan n∈N * ，若S= a,b ， ab= ( ) A. - 1 B. - 12 C. 0 D. 1 2 56. (2023全国甲卷文)记Sn为 差数 an 的 n ．若 a2+ a6= 10,a4a8= 45， S5= ( ) A. 25 B. 22 C. 20 D. 15 57. (2023新高考Ⅱ卷)记Sn为 比数 an 的 n ，若S4=-5，S6= 21S2， S8= ( ) A. 120 B. 85 C. - 85 D. - 120 58.（2023北京卷）已知数 an 满足 an+1= 14 an- 6  3+ 6(n= 1,2,3,⋯)， ( ) A. a1= 3时，an 为 减数 ，且存 数M≤ 0， an>M 成 B. a1= 5时，an 为 数 ，且存 数M≤ 6， an<M 成 C. a1= 7时，an 为 减数 ，且存 数M> 6， an>M 成 D. a1= 9时，an 为 数 ，且存 数M> 0， an<M 成 59. (2023全国乙卷文)已知 an 为 比数 ，a2a4a5= a3a6，a9a10=-8， a7= . 60. (2023全国甲卷文)记Sn为 比数 an 的 n ．若 8S6= 7S3， an 的公比为 ． 61.（2023上海卷）已知 为 3，公比为 2的 比数 ，设 比数 的 n 为Sn， S6= ． 62.（2023北京卷）我国 衡的发 久的 史，战国时 已经出 了 于 的、 物 质 的“ ”．已知 9 的质 ( ：铢)从 成 数为 9的数 an ，该数 的 3 成 差 数 ， 7 成 比数 ，且 a1= 1,a5= 12,a9= 192， a7= ；数 an 所 的 为 ． 9 63. (2023新高考Ⅱ卷)已知 an 为 差数 ，bn= an- 6,n为 数 2an,n为 数  ，记 Sn，Tn 为数 an ，bn 的 n ，S4= 32，T3= 16． (1) an 的 公 ； (2)证 ： n> 5时，Tn>Sn． 64. (2023全国乙卷文)记Sn为 差数 an 的 n ，已知 a2= 11,S10= 40． (1) an 的 公 ； (2) 数 an  的 n Tn． 65. (2023全国甲卷理)已知数 an 中，a2= 1，设Sn为 an  n ，2Sn=nan． (1) an 的 公 ； (2) 数 an+ 1 2n  的 n Tn． 10 66. (2023新高考Ⅰ卷)设 差数 an 的公差为 d，且 d> 1．令 bn= n 2+n an ，记 Sn,Tn 为数 an , bn  的 n ． (1)若 3a2= 3a1+ a3,S3+T3= 21， an 的 公 ； (2)若 bn 为 差数 ，且S99-T99= 99， d． 67. (2023天津卷)已知 an  差数 ，a2+ a5= 16,a5- a3= 4． (1) an 的 公 2n-1 i=2n-1 ai ． (2)已知 bn 为 比数 ，对于任 k∈N*，若 2k-1≤n≤ 2k- 1， bk< an< bk+1， (i) k≥ 2时， 证：2k- 1< bk< 2k+ 1； (ii) bn 的 公 其 n ． 68.（2023北京卷）已知数 an , bn 的 数 为m(m> 2)，且 an,bn∈ {1,2,⋯ ,m}, an , bn 的 n 为An,Bn， 定A0=B0= 0．对于 k∈ 0,1,2,⋯ ,m ，定义 rk=max i ∣Bi≤Ak,i∈{0,1,2,⋯ ,m} ， 其中，maxM表示数 M中 的数. (1)若 a1= 2,a2= 1,a3= 3,b1= 1,b2= 3,b3= 3， r0,r1,r2,r3的 ； (2)若 a1≥ b1，且 2r j≤ r j+1+ r j-1,j= 1,2,⋯ ,m- 1,， rn； (3)证 ：存 p,q,s,t∈ 0,1,2,⋯ ,m ，满足 p> q,s> t, Ap+Bt=Aq+Bs． 11 故△ABC的面积为S△ABC= 1 2 bcsinA= 1 2 × 1× 3 2 = 3 4 ． 52. (2023天津卷) △ABC中，角A,B,C所对的边 a,b,c．已知 a= 39 ,b= 2,∠A= 120°． (1) sinB的 ； (2) c的 ； (3) sin B-C ． 【答案】(1) 1313 ;(2)5;(3) - 7 3 26 【解析】(1)由正弦定理可得， a sinA = bsinB，即 39 sin120° = 2 sinB，解得：sinB= 13 13 ； (2)由余弦定理可得，a2= b2+ c2- 2bccosA，即 39= 4+ c2- 2× 2× c× - 12 ， 解得：c= 5或 c=-7(舍去)． (3)由正弦定理可得， a sinA = c sinC ，即 39 sin120° = 5 sinC ，解得：sinC= 5 1326 ，而A= 120°， 所以B,C都为锐角，因此 cosC= 1- 2552 = 3 39 26 ，cosB= 1- 1 13 = 2 39 13 ， 故 sin B-C = sinBcosC- cosBsinC= 1313 × 3 39 26 - 2 39 13 × 5 13 26 =- 7 3 26 ． 专 7 数 53. (2023全国甲卷理)已知正 比数 an 中，a1= 1,Sn为 an  n ，S5= 5S3- 4， S4= ( ) A. 7 B. 9 C. 15 D. 30 【答案】C 【解析】由题知 1+ q+ q2+ q3+ q4= 5 1+ q+ q2 - 4, 即 q3+ q4= 4q+ 4q2,即 q3+ q2- 4q- 4= 0,即 (q- 2) (q+ 1) (q+ 2) = 0. 由题知 q> 0,所以 q= 2. 所以S4= 1+ 2+ 4+ 8= 15. 故选:C. 54. (2023天津卷)已知 an 为 比数 ，Sn为数 an 的 n ，an+1= 2Sn+ 2， a4的 为 ( ) A. 3 B. 18 C. 54 D. 152 【答案】C 【解析】由题意可得：当 n= 1时，a2= 2a1+ 2，即 a1q= 2a1+ 2，① 当n= 2时，a3= 2 a1+ a2 + 2，即 a1q2= 2 a1+ a1q + 2，② 联立①②可得 a1= 2,q= 3，则 a4= a1q3= 54. 故选：C. 60 55. (2023全国乙卷文)已知 差数 an 的公差为 2π 3 ， S= cosan n∈N * ，若S= a,b ， ab= ( ) A. - 1 B. - 12 C. 0 D. 1 2 【答案】B 【解析】依题意，等差数列 {an}中，an= a1+ (n- 1) ⋅ 2π3 = 2π 3 n+ a1- 2π 3 ， 显然函数 y= cos 2π3 n+ a1- 2π 3  的周期为 3，而n∈N ∗，即 cosan最多 3个不同取值，又 {cosan|n∈N∗} = {a,b}， 则在 cosa1,cosa2,cosa3中，cosa1= cosa2≠ cosa3或 cosa1≠ cosa2= cosa3， 于是有 cosθ= cos θ+ 2π3 ，即有 θ+ θ+ 2π 3 = 2kπ,k∈Z，解得 θ= kπ- π 3 ,k∈Z， 所以 k∈Z，ab= cos kπ- π3 cos kπ- π 3 + 4π 3    =-cos kπ- π 3 coskπ=-cos 2kπcos π3 =- 1 2 . 故选：B 56. (2023全国甲卷文)记Sn为 差数 an 的 n ．若 a2+ a6= 10,a4a8= 45， S5= ( ) A. 25 B. 22 C. 20 D. 15 【答案】C 【解析】方法一：设等差数列 an 的公差为 d，首项为 a1，依题意可得， a2+ a6= a1+ d+ a1+ 5d= 10，即 a1+ 3d= 5, 又 a4a8= a1+ 3d a1+ 7d = 45，解得：d= 1,a1= 2， 所以S5= 5a1+ 5× 42 × d= 5× 2+ 10= 20． 故选：C. 方法二：a2+ a6= 2a4= 10，a4a8= 45，所以 a4= 5，a8= 9， 从而 d= a8- a48- 4 = 1，于是 a3= a4- d= 5- 1= 4， 所以S5= 5a3= 20． 故选：C. 57. (2023新高考Ⅱ卷)记Sn为 比数 an 的 n ，若S4=-5，S6= 21S2， S8= ( ) A. 120 B. 85 C. - 85 D. - 120 【答案】C 【解析】方法一：设等比数列 an 的公比为 q，首项为 a1， 若 q= 1，则S6= 6a1= 3× 2a1= 3S2，与题意不符，所以 q≠ 1； 61 由S4=-5，S6= 21S2可得， a1 1- q4  1- q =-5， a1 1- q6  1- q = 21× a1 1- q2  1- q ①， 由①可得，1+ q2+ q4= 21，解得：q2= 4， 所以S8= a1 1- q8  1- q = a1 1- q4  1- q × 1+ q 4 =-5× 1+ 16 =-85． 故选：C． 方法二：设等比数列 an 的公比为 q， 因为S4=-5，S6= 21S2，所以 q≠-1，否则S4= 0， 从而，S2,S4-S2,S6-S4,S8-S6成等比数列， 所以有，-5-S2 2=S2 21S2+ 5 ，解得：S2=-1或S2= 54 ， 当S2=-1时，S2,S4-S2,S6-S4,S8-S6，即为-1, -4, -16,S8+ 21， 易知，S8+ 21=-64，即S8=-85； 当S2= 54 时，S4= a1+ a2+ a3+ a4= a1+ a2  1+ q 2 = 1+ q2 S2> 0， 与S4=-5矛盾，舍去． 故选：C． 58.（2023北京卷）已知数 an 满足 an+1= 14 an- 6  3+ 6(n= 1,2,3,⋯)， ( ) A. a1= 3时，an 为 减数 ，且存 数M≤ 0， an>M 成 B. a1= 5时，an 为 数 ，且存 数M≤ 6， an<M 成 C. a1= 7时，an 为 减数 ，且存 数M> 6， an>M 成 D. a1= 9时，an 为 数 ，且存 数M> 0， an<M 成 【答案】B 【解析】法 1：因为 an+1= 14 an- 6  3+ 6，故 an+1- 6= 14 an- 6  3， 对于A，若 a1= 3，可用数学归纳法证明：an- 6≤-3即 an≤ 3， 证明：当 n= 1时，a1- 6=-3≤-3，此时不等关系 an≤ 3成立； 设当n= k时，ak- 6≤-3成立， 则 ak+1- 6= 1 4 ak- 6  3∈ -54, - 274 ，故 ak+1- 6≤-3成立， 由数学归纳法可得 an≤ 3成立. 而 an+1- an= 14 an- 6  3- an- 6 = an- 6  14 an- 6  2- 1 ， 1 4 an- 6  2- 1≥ 94 - 1= 5 4 > 0，an- 6< 0，故 an+1- an< 0，故 an+1< an， 故 an 为减数列，注意 ak+1- 6≤-3< 0 62 故 an+1- 6= 14 an- 6  3= an- 6 × 14 an- 6  2≤ 94 an- 6 ，结合 an+1- 6< 0， 所以 6- an+1≥ 94 6- an ，故 6- an+1≥ 3 9 4  n-1 ，故 an+1≤ 6- 3 94  n-1 ， 若存在常数M≤ 0，使得 an>M恒成立，则 6- 3 94  n-1>M， 故 6-M 3 > 9 4  n-1 ，故n< 1+ log 9 4 6-M 3 ，故 an>M恒成立仅对部分 n成立， 故A不成立. 对于B，若 a1= 5,可用数学归纳法证明：-1≤ an- 6< 0即 5≤ an< 6， 证明：当 n= 1时，-1≤ a1- 6=-1≤ 0，此时不等关系 5≤ an< 6成立； 设当n= k时，5≤ ak< 6成立， 则 ak+1- 6= 1 4 ak- 6  3∈ - 14 ,0 ，故-1≤ ak+1- 6< 0成立即 由数学归纳法可得 5≤ ak+1< 6成立. 而 an+1- an= 14 an- 6  3- an- 6 = an- 6  14 an- 6  2- 1 ， 1 4 an- 6  2- 1< 0，an- 6< 0，故 an+1- an> 0，故 an+1> an，故 an 为增数列， 若M= 6，则 an< 6恒成立，故B正确. 对于C，当 a1= 7时，可用数学归纳法证明：0< an- 6≤ 1即 6< an≤ 7， 证明：当 n= 1时，0< a1- 6≤ 1，此时不等关系成立； 设当n= k时，6< ak≤ 7成立， 则 ak+1- 6= 1 4 ak- 6  3∈ 0, 14 ，故 0< ak+1- 6≤ 1成立即 6< ak+1≤ 7 由数学归纳法可得 6< an≤ 7成立. 而 an+1- an= an- 6  14 an- 6  2- 1 < 0，故 an+1< an，故 an 为减数列， 又 an+1- 6= an- 6 × 14 an- 6  2≤ 14 an- 6 ，结合 an+1- 6> 0可得：an+1- 6≤ a1- 6  1 4  n ， 所以 an+1≤ 6+ 14  n ， 若 an+1≤ 6+ 14  n ，若存在常数M> 6，使得 an>M恒成立， 则M- 6≤ 14  n 恒成立，故 n≤ log 1 4 M- 6 ，n的个数有限，矛盾，故C错误. 对于D，当 a1= 9时，可用数学归纳法证明：an- 6≥ 3即 an≥ 9， 证明：当 n= 1时，a1- 6= 3≥ 3，此时不等关系成立； 设当n= k时，ak≥ 9成立， 则 ak+1- 6= 1 4 ak- 6  3≥ 274 > 3，故 ak+1≥ 9成立 由数学归纳法可得 an≥ 9成立. 63 而 an+1- an= an- 6  14 an- 6  2- 1 > 0，故 an+1> an，故 an 为增数列， 又 an+1- 6= an- 6 × 14 an- 6  2> 94 an- 6 ，结合 an- 6> 0可得：an+1- 6> a1- 6  9 4  n-1= 3 94  n-1 ，所以 an+1≥ 6+ 3 94  n-1 ， 若存在常数M> 0，使得 an<M恒成立，则M> 6+ 3 94  n-1 ， 故M> 6+ 3 94  n-1 ，故n< log 9 4 M- 6 3 + 1，这与n的个数有限矛盾，故D错误. 故选：B. 法 2：因为 an+1- an= 14 an- 6  3+ 6- an= 14 a 3 n- 92 a 2 n+ 26an- 48， 令 f x = 14 x 3- 92 x 2+ 26x- 48，则 f x = 34 x 2- 9x+ 26， 令 f x > 0，得 0< x< 6- 2 33 或 x> 6+ 2 3 3 ； 令 f x < 0，得 6- 2 33 < x< 6+ 2 3 3 ； 所以 f x 在 -∞,6- 2 33 和 6+ 2 3 3 , +∞ 上单调递增，在 6- 2 3 3 ,6+ 2 3 3 上单调递减， 令 f x = 0，则 14 x 3- 92 x 2+ 26x- 48= 0，即 14 x- 4 x- 6 x- 8 = 0，解得 x= 4或 x= 6或 x= 8， 注意到 4< 6- 2 33 < 5，7< 6+ 2 3 3 < 8， 所以结合 f x 的单调性可知在 -∞,4 和 6,8 上 f x < 0，在 4,6 和 8, +∞ 上 f x > 0， 对于A，因为 an+1= 14 an- 6  3+ 6，则 an+1- 6= 14 an- 6  3， 当n= 1时，a1= 3，a2- 6= 14 a1- 6  3<-3，则 a2< 3， 假设当n= k时，ak< 3， 当n= k+ 1时，ak+1- 6= 1 4 ak- 6  3< 14 3- 6  3<-3，则 ak+1< 3， 综上：an≤ 3，即 an∈ -∞,4 ， 因为在 -∞,4 上 f x < 0，所以 an+1< an，则 an 为递减数列， 因为 an+1- an+ 1= 14 an- 6  3+ 6- an+ 1= 14 a 3 n- 92 a 2 n+ 26an- 47， 令 h x = 14 x 3- 92 x 2+ 26x- 47 x≤ 3 ，则 h x = 34 x 2- 9x+ 26， 因为 h x 开口向上，对称轴为 x=- -9 2× 34 = 6， 所以 h x 在 -∞,3 上单调递减，故 h x ≥ h 3 = 34 × 3 2- 9× 3+ 26> 0， 所以 h x 在 -∞,3 上单调递增，故 h x ≤ h 3 = 14 × 3 3- 92 × 3 2+ 26× 3- 47< 0， 64 故 an+1- an+ 1< 0，即 an+1< an- 1， 假设存在常数M≤ 0，使得 an>M恒成立， 取m=- M + 4，其中M- 1< M ≤M，且 M ∈Z， 因为 an+1< an- 1，所以 a2< a1- 1,a3< a2- 1,⋯ ,a- M +4< a- M +3- 1， 上式相加得，a- M +4< a1- - M + 3 ≤ 3+M- 3=M， 则 am= a M +4<M，与 an>M恒成立矛盾，故A错误； 对于B，因为 a1= 5， 当n= 1时，a1= 5< 6，a2= 14 a1- 6  3+ 6= 14 × 5- 6  3+ 6< 6， 假设当n= k时，ak< 6， 当n= k+ 1时，因为 ak< 6，所以 ak- 6< 0，则 ak- 6 3< 0， 所以 ak+1= 1 4 ak- 6  3+ 6< 6， 又当n= 1时，a2- 5= 14 a1- 6  3+ 1= 14 × 5- 6  3+ 1> 0，即 a2> 5， 假设当n= k时，ak≥ 5， 当n= k+ 1时，因为 ak≥ 5，所以 ak- 6≥-1，则 ak- 6 3≥-1， 所以 ak+1= 1 4 ak- 6  3+ 6≥ 5， 综上：5≤ an< 6， 因为在 4,6 上 f x > 0，所以 an+1> an，所以 an 为递增数列， 此时，取M= 6，满足题意，故B正确； 对于C，因为 an+1= 14 an- 6  3+ 6，则 an+1- 6= 14 an- 6  3， 注意到当 a1= 7时，a2= 14 7- 6  3+ 6= 14 + 6，a3= 1 4 1 4 + 6- 6  3+ 6= 14  4+ 6，a4= 1 4 1 4  4+ 6- 6  3+ 6= 14  13+ 6 猜想当n≥ 2时，ak= 1 4  1 2 3 k-1 + 6， 当n= 2与n= 3时，a2= 14 + 6与 a3= 1 4  4+ 6满足 an= 14  1 2 3 n-1 + 6， 假设当n= k时，ak= 1 4  1 2 3 k-1 + 6， 当n= k+ 1时，所以 ak+1= 1 4 ak- 6  3+ 6= 14 1 4  1 2 3 k-1 + 6- 6   3 + 6= 14  1 2 3 k+1-1 + 6， 综上：an= 14  1 2 3 n-1 + 6 n≥ 2 ， 易知 3n- 1> 0，则 0< 14  1 2 3 n-1 < 1，故 an= 14  1 2 3 n-1 + 6∈ 6,7 n≥ 2 ， 所以 an∈ 6,7 ， 65 因为在 6,8 上 f x < 0，所以 an+1< an，则 an 为递减数列， 假设存在常数M> 6，使得 an>M恒成立， 记m0= log3 2log 1 4 M- 6 + 1 ，取m= m0 + 1，其中m0- 1< m0 ≤m0,m0∈N*， 则 3m> 3m0= 2log 1 4 M- 6 + 1， 故 1 2 3 m- 1 > log 1 4 M- 6 ，所以 14  1 2 3 m-1 <M- 6，即 14  1 2 3 m-1 + 6<M， 所以 am<M，故 an>M不恒成立，故C错误； 对于D，因为 a1= 9， 当n= 1时，a2- 6= 14 a1- 6  3= 274 > 3，则 a2> 9， 假设当n= k时，ak≥ 3， 当n= k+ 1时，ak+1- 6= 1 4 ak- 6  3≥ 14 9- 6  3> 3，则 ak+1> 9， 综上：an≥ 9， 因为在 8, +∞ 上 f x > 0，所以 an+1> an，所以 an 为递增数列， 因为 an+1- an- 1= 14 an- 6  3+ 6- an- 1= 14 a 3 n- 92 a 2 n+ 26an- 49， 令 g x = 14 x 3- 92 x 2+ 26x- 49 x≥ 9 ，则 g x = 34 x 2- 9x+ 26， 因为 g x 开口向上，对称轴为 x=- -9 2× 34 = 6， 所以 g x 在 9, +∞ 上单调递增，故 g x ≥ g 9 = 34 × 9 2- 9× 9+ 26> 0， 所以 g x ≥ g 9 = 14 × 9 3- 92 × 9 2+ 26× 9- 49> 0， 故 an+1- an- 1> 0，即 an+1> an+ 1， 假设存在常数M> 0，使得 an<M恒成立， 取m= M + 1，其中M- 1< M ≤M，且 M ∈Z， 因为 an+1> an+ 1，所以 a2> a1+ 1,a3> a2+ 1,⋯ ,a M +1> a M + 1， 上式相加得，a M +1> a1+ M > 9+M- 1>M， 则 am= a M +1>M，与 an<M恒成立矛盾，故D错误. 故选：B. 59. (2023全国乙卷文)已知 an 为 比数 ，a2a4a5= a3a6，a9a10=-8， a7= . 【答案】-2 【解析】设 an 的公比为 q q≠ 0 ，则 a2a4a5= a3a6= a2q ⋅ a5q，显然 an≠ 0， 则 a4= q2，即 a1q3= q2，则 a1q= 1，因为 a9a10=-8，则 a1q8 ⋅ a1q9=-8， 66 则 q15= q5 3=-8= -2 3，则 q3=-2，则 a7= a1q ⋅ q5= q5=-2， 故答案为：-2. 60. (2023全国甲卷文)记Sn为 比数 an 的 n ．若 8S6= 7S3， an 的公比为 ． 【答案】- 12 【解析】若 q= 1， 则由 8S6= 7S3得 8 ⋅ 6a1= 7 ⋅ 3a1，则 a1= 0，不合题意. 所以 q≠ 1. 当 q≠ 1时，因为 8S6= 7S3， 所以 8 ⋅ a1 1- q6  1- q = 7 ⋅ a1 1- q3  1- q ， 即 8 ⋅ 1- q6 = 7 ⋅ 1- q3 ，即 8 ⋅ 1+ q3  1- q3 = 7 ⋅ 1- q3 ，即 8 ⋅ 1+ q3 = 7， 解得 q=- 12 . 故答案为：- 12 61.（2023上海卷）已知 为 3，公比为 2的 比数 ，设 比数 的 n 为Sn， S6= ． 【答案】189 【解析】因为等比数列的首项为 3，公比为 2，所以S6= 3× (1- 26) 1- 2 = 189． 故答案为：189． 62.（2023北京卷）我国 衡的发 久的 史，战国时 已经出 了 于 的、 物 质 的“ ”．已知 9 的质 ( ：铢)从 成 数为 9的数 an ，该数 的 3 成 差 数 ， 7 成 比数 ，且 a1= 1,a5= 12,a9= 192， a7= ；数 an 所 的 为 ． 【答案】①. 48 ②. 384 【解析】方法一：设前 3项的公差为 d，后 7项公比为 q> 0， 则 q4= a9a5 = 19212 = 16，且 q> 0，可得 q= 2， 则 a3= 1+ 2d= a5 q2 ，即 1+ 2d= 3，可得 d= 1， 空 1：可得 a3= 3,a7= a3q4= 48， 空 2：a1+ a2+⋯+a9= 1+ 2+ 3+ 3× 2+⋅⋅⋅+3× 26= 3+ 3 1- 27  1- 2 = 384 方法二：空 1：因为 an ,3≤n≤ 7为等比数列，则 a27= a5a9= 12× 192= 482， 且 an> 0，所以 a7= 48； 又因为 a25= a3a7，则 a3= a25 a7 = 3； 67 空 2：设后 7项公比为 q> 0，则 q2= a5a3 = 4，解得 q= 2， 可得 a1+ a2+ a3= 3 a1+ a3  2 = 6,a3+ a4+ a5+ a6+ a7+ a8+ a9= a3- a9q 1- q = 3- 192× 2 1- 2 = 381， 所以 a1+ a2+⋯+a9= 6+ 381- a3= 384. 故答案为：48；384. 63. (2023新高考Ⅱ卷)已知 an 为 差数 ，bn= an- 6,n为 数 2an,n为 数  ，记 Sn，Tn 为数 an ，bn 的 n ，S4= 32，T3= 16． (1) an 的 公 ； (2)证 ： n> 5时，Tn>Sn． 【答案】(1)an= 2n+ 3；(2)证明见解析. 【解析】(1)设等差数列 an 的公差为 d，而 bn= an- 6, n= 2k- 1 2an, n= 2k  ,k∈N ∗， 则 b1= a1- 6,b2= 2a2= 2a1+ 2d,b3= a3- 6= a1+ 2d- 6， 于是 S4= 4a1+ 6d= 32 T3= 4a1+ 4d- 12= 16  ，解得 a1= 5,d= 2，an= a1+ (n- 1)d= 2n+ 3， 所以数列 an 的通项公式是 an= 2n+ 3. (2)方法 1：由 (1)知，Sn= n(5+ 2n+ 3) 2 =n 2+ 4n，bn= 2n- 3, n= 2k- 1 4n+ 6, n= 2k  ,k∈N ∗， 当n为偶数时，bn-1+ bn= 2(n- 1) - 3+ 4n+ 6= 6n+ 1， Tn= 13+ (6n+ 1) 2 ⋅ n 2 = 3 2 n 2+ 72 n， 当n> 5时，Tn-Sn= 32 n 2+ 72 n - (n 2+ 4n) = 12 n(n- 1)> 0，因此Tn>Sn， 当n为奇数时，Tn=Tn+1- bn+1= 32 (n+ 1) 2+ 72 (n+ 1) - [4(n+ 1) + 6]= 3 2 n 2+ 52 n- 5， 当n> 5时，Tn-Sn= 32 n 2+ 52 n- 5 - (n 2+ 4n) = 12 (n+ 2) (n- 5)> 0，因此Tn>Sn， 所以当n> 5时，Tn>Sn. 方法 2：由 (1)知，Sn= n(5+ 2n+ 3) 2 =n 2+ 4n，bn= 2n- 3, n= 2k- 1 4n+ 6, n= 2k  ,k∈N ∗， 当n为偶数时，Tn= (b1+ b3+⋯+bn-1) + (b2+ b4+⋯+bn) = -1+ 2(n- 1) - 3 2 ⋅ n 2 + 14+ 4n+ 6 2 ⋅ n 2 = 3 2 n 2+ 72 n， 当n> 5时，Tn-Sn= 32 n 2+ 72 n - (n 2+ 4n) = 12 n(n- 1)> 0，因此Tn>Sn， 当n为奇数时，若 n≥ 3，则Tn= (b1+ b3+⋯+bn) + (b2+ b4+⋯+bn-1) = -1+ 2n- 32 ⋅ n+ 1 2 + 14+ 4(n- 1) + 6 2 ⋅ n- 1 2 68 = 32 n 2+ 52 n- 5，显然T1= b1=-1满足上式，因此当 n为奇数时，Tn= 3 2 n 2+ 52 n- 5， 当n> 5时，Tn-Sn= 32 n 2+ 52 n- 5 - (n 2+ 4n) = 12 (n+ 2) (n- 5)> 0，因此Tn>Sn， 所以当n> 5时，Tn>Sn. 64. (2023全国乙卷文)记Sn为 差数 an 的 n ，已知 a2= 11,S10= 40． (1) an 的 公 ； (2) 数 an  的 n Tn． 【答案】(1)an= 15- 2n;(2)Tn= 14n-n2, n≤ 7 n2- 14n+ 98, n≥ 8  【解析】(1)设等差数列的公差为 d， 由题意可得 a2= a1+ d= 11 S10= 10a1+ 10× 92 d= 40  ，即 a1+ d= 11 2a1+ 9d= 8  ，解得 a1= 13 d=-2  ， 所以 an= 13- 2 n- 1 = 15- 2n， (2)因为Sn= n 13+ 15- 2n  2 = 14n-n 2， 令 an= 15- 2n> 0，解得n< 152 ，且n∈N *， 当n≤ 7时，则 an> 0，可得Tn= a1 + a2 +⋅⋅⋅+ an = a1+ a2+⋅⋅⋅+an=Sn= 14n-n2； 当n≥ 8时，则 an< 0，可得Tn= a1 + a2 +⋅⋅⋅+ an = a1+ a2+⋅⋅⋅+a7 - a8+⋅⋅⋅+an  =S7- Sn-S7 = 2S7-Sn= 2 14× 7- 72 - 14n-n2 =n2- 14n+ 98； 综上所述：Tn= 14n-n2, n≤ 7 n2- 14n+ 98, n≥ 8  . 65. (2023全国甲卷理)已知数 an 中，a2= 1，设Sn为 an  n ，2Sn=nan． (1) an 的 公 ； (2) 数 an+ 1 2n  的 n Tn． 【答案】(1)an=n- 1;(2)Tn= 2- 2+n  12  n 【解析】(1)因为 2Sn=nan， 当n= 1时，2a1= a1，即 a1= 0； 当n= 3时，2 1+ a3 = 3a3，即 a3= 2， 当n≥ 2时，2Sn-1= n- 1 an-1，所以 2 Sn-Sn-1 =nan- n- 1 an-1= 2an， 化简得：n- 2 an= n- 1 an-1，当n≥ 3时， an n- 1 = an-1 n- 2 =⋯= a3 2 = 1，即 an=n- 1， 当n= 1,2,3时都满足上式，所以 an=n- 1 n∈N* ． (2)因为 an+ 1 2n = n 2n ，所以Tn= 1× 12  1+ 2× 12  2+ 3× 12  3+⋯+n× 12  n ， 1 2 Tn= 1× 1 2  2+ 2× 12  3+⋯+(n- 1) × 12  n+n× 12  n+1 ， 69 两式相减得， 1 2 Tn= 1 2  1+ 12  2+ 12  3+⋯+ 12  n-n× 12  n+1= 1 2 × 1- 1 2  n    1- 12 -n× 12  n+1 ， = 1- 1+ n2  1 2  n ，即Tn= 2- 2+n  12  n ，n∈N*． 66. (2023新高考Ⅰ卷)设 差数 an 的公差为 d，且 d> 1．令 bn= n 2+n an ，记 Sn,Tn 为数 an , bn  的 n ． (1)若 3a2= 3a1+ a3,S3+T3= 21， an 的 公 ； (2)若 bn 为 差数 ，且S99-T99= 99， d． 【答案】(1)an= 3n;(2)d= 5150 【解析】(1)因为 3a2= 3a1+ a3，所以 3d= a1+ 2d，解得 a1= d， 所以S3= 3a2= 3(a1+ d) = 6d， 又T3= b1+ b2+ b3= 2d + 6 2d + 12 3d = 9 d， 所以S3+T3= 6d+ 9d = 21， 即 2d2- 7d+ 3= 0，解得 d= 3或 d= 12 (舍去)， 所以 an= a1+ (n- 1) ⋅ d= 3n. (2)因为 {bn}为等差数列， 所以 2b2= b1+ b3，即 12a2 = 2a1 + 12a3 ， 所以 6 1a2 - 1a3 = 6d a2a3 = 1a1 ，即 a21- 3a1d+ 2d2= 0，解得 a1= d或 a1= 2d， 因为 d> 1，所以 an> 0， 又S99-T99= 99，由等差数列性质知，99a50- 99b50= 99，即 a50- b50= 1， 所以 a50- 2550a50 = 1，即 a250- a50- 2550= 0，解得 a50= 51或 a50=-50(舍去) 当 a1= 2d时，a50= a1+ 49d= 51d= 51，解得 d= 1，与 d> 1矛盾，无解； 当 a1= d时，a50= a1+ 49d= 50d= 51，解得 d= 5150 . 综上，d= 5150 . 67. (2023天津卷)已知 an  差数 ，a2+ a5= 16,a5- a3= 4． (1) an 的 公 2n-1 i=2n-1 ai ． (2)已知 bn 为 比数 ，对于任 k∈N*，若 2k-1≤n≤ 2k- 1， bk< an< bk+1， (Ⅰ) k≥ 2时， 证：2k- 1< bk< 2k+ 1； (Ⅱ) bn 的 公 其 n ． 70 【答案】(1)an= 2n+ 1， 2n-1 i=2n-1 ai = 3 ⋅ 4n-1； (2) (Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)bn= 2n，前n项和为 2n+1- 2. 【解析】(1)由题意可得 a2+ a5= 2a1+ 5d= 16 a5- a3= 2d= 4  ，解得 a1= 3 d= 2  ， 则数列 an 的通项公式为 an= a1+ n- 1 d= 2n+ 1， 求和得 2n-1 i=2n-1 ai = 2n-1 i=2n-1 2i+ 1  = 2 2n-1 i=2n-1 i + 2n- 1+ 2n-1+ 1  = 2 2n-1+ 2n-1+ 1 + 2n-1+ 2 +⋯+ 2n- 1  + 2n-1 = 2 2n-1+ 2n- 1 ⋅ 2n-1 2 + 2 n-1= 3 ⋅ 4n-1. (2) (Ⅰ)由题意可知，当 2k-1≤n≤ 2k- 1时，bk< an， 取n= 2k-1，则 bk< a2k-1= 2× 2 k-1+ 1= 2k+ 1，即 bk< 2k+ 1， 当 2k-2≤n≤ 2k-1- 1时，an< bk， 取n= 2k-1- 1，此时 an= a2k-1-1= 2 2 k-1- 1 + 1= 2k- 1， 据此可得 2k- 1< bk， 综上可得：2k- 1< bk< 2k+ 1. (Ⅱ)由 (Ⅰ)可知：1< b1< 3,3< b2< 5,7< b3< 9,15< b4< 17， 据此猜测 bn= 2n， 否则，若数列的公比 q> 2，则 bn= b1qn-1> b1× 2n-1> 2n-1， 注意到 2n-1- 2n- 1 = 1- 2n-1，则 2n-1- 2n- 1 > 0不恒成立，即 2n-1> 2n- 1不恒成立， 此时无法保证 2n- 1< bn， 若数列的公比 q< 2，则 bn= b1qn-1< b1× 2n-1< 3× 2n-1， 注意到 3× 2n-1- 2n+ 1 = 2n-1- 1，则 2n-1- 1< 0不恒成立，即 3× 2n-1< 2n+ 1不恒成立， 此时无法保证 bn< 2n+ 1， 综上，数列的公比为 2，则数列的通项公式为 bn= 2n， 其前n项和为：Sn= 2× 1- 2n  1- 2 = 2 n+1- 2. 68.（2023北京卷）已知数 an , bn 的 数 为m(m> 2)，且 an,bn∈ {1,2,⋯ ,m}, an , bn 的 n 为An,Bn， 定A0=B0= 0．对于 k∈ 0,1,2,⋯ ,m ，定义 rk=max i ∣Bi≤Ak,i∈{0,1,2,⋯ ,m} ， 其中，maxM表示数 M中 的数. (1)若 a1= 2,a2= 1,a3= 3,b1= 1,b2= 3,b3= 3， r0,r1,r2,r3的 ； (2)若 a1≥ b1，且 2r j≤ r j+1+ r j-1,j= 1,2,⋯ ,m- 1,， rn； (3)证 ：存 p,q,s,t∈ 0,1,2,⋯ ,m ，满足 p> q,s> t, Ap+Bt=Aq+Bs． 【答案】(1)r0= 0，r1= 1，r2= 2，r3= 3(2)rn=n,n∈N(3)证明见详解 71 【解析】(1)由题意可知：A0= 0,A1= 2,A2= 3,A3= 6,B0= 0,B1= 1,B2= 3,B3= 6， 当 k= 0时，则B0=A0= 0,Bi>A0,i= 1,2,3，故 r0= 0； 当 k= 1时，则B0<A1,B1<A1,Bi>A1,i= 2,3，故 r1= 1； 当 k= 2时，则Bi≤A2,i= 0,1,2,B3>A2,故 r2= 2； 当 k= 3时，则Bi≤A3,i= 0,1,2,3，故 r3= 3； 综上所述：r0= 0，r1= 1，r2= 2，r3= 3. (2)由题意可知：rn≤m，且 rn∈N， 因为 an≥ 1,bn≥ 1，则An≥ a1= 1,Bn≥ b1= 1，当且仅当 n= 1时，等号成立， 所以 r0= 0,r1= 1， 又因为 2ri≤ ri-1+ ri+1，则 ri+1- ri≥ ri- ri-1，即 rm- rm-1≥ rm-1- rm-2≥⋅⋅⋅≥ r1- r0= 1， 可得 ri+1- ri≥ 1， 反证：假设满足 rn+1- rn> 1的最小正整数为 1≤ j≤m- 1， 当 i≥ j时，则 ri+1- ri≥ 2；当 i≤ j- 1时，则 ri+1- ri= 1， 则 rm= rm- rm-1 + rm-1- rm-2 +⋅⋅⋅+ r1- r 0+ r0≥ 2 m- j + j= 2m- j， 又因为 1≤ j≤m- 1，则 rm≥ 2m- j≥ 2m- m- 1 =m+ 1>m， 假设不成立，故 rn+1- rn= 1， 即数列 rn 是以首项为 1，公差为 1的等差数列，所以 rn= 0+ 1×n=n,n∈N. (3) (ⅰ)若Am≥Bm，构建Sn=An-Brn,1≤n≤m，由题意可得：Sn≥ 0，且Sn为整数， 反证，假设存在正整数K，使得SK≥m， 则AK-BrK≥m,AK-BrK+1< 0，可得 brK+1=BrK+1-BrK= AK-BrK - AK-BrK+1 >m， 这与 brK+1∈ 1,2, ⋅⋅⋅ ,m 相矛盾，故对任意 1≤n≤m,n∈N，均有Sn≤m- 1. ①若存在正整数N，使得SN=AN-BrN= 0，即AN=BrN， 可取 r= p= 0,q=N ,s= rN，使得Ap+Bs=Aq+Br； ②若不存在正整数N，使得SN= 0， 因为Sn∈ 1,2m ⋅⋅⋅ ,m- 1 ，且 1≤n≤m， 所以必存在 1≤X<Y≤m，使得SX=SY， 即AX-BrX=AY-BrY，可得AX+BrY=AY+BrX， 可取 p=X,s= rY,q=Y,r= rX，使得Ap+Bs=Aq+Br； (ⅱ)若Am<Bm，构建Sn=Brn-An,1≤n≤m，由题意可得：Sn≤ 0，且Sn为整数， 反证，假设存在正整数K，使得SK≤-m， 则BrK-AK≤-m,BrK+1-AK> 0，可得 brK+1=BrK+1-BrK= BrK+1-AK - BrK-AK >m， 这与 brK+1∈ 1,2, ⋅⋅⋅ ,m 相矛盾，故对任意 1≤n≤m,n∈N，均有Sn≥ 1-m. 72 ①若存在正整数N，使得SN=BrN-AN= 0，即AN=BrN， 可取 r= p= 0,q=N ,s= rN，使得Ap+Bs=Aq+Br； ②若不存在正整数N，使得SN= 0， 因为Sn∈ -1, -2, ⋅⋅⋅ ,1-m ，且 1≤n≤m， 所以必存在 1≤X<Y≤m，使得SX=SY， 即BrX-AX=BrY-AY，可得AX+BrY=AY+BrX， 可取 p=X,s= rY,q=Y,r= rX，使得Ap+Bs=Aq+Br； 综上所述：存在 0≤ p< q≤m,0≤ r< s≤m使得Ap+Bs=Aq+Br． 专 8 直线 69. (2023全国乙卷文)已知实数 x,y满足 x2+ y2- 4x- 2y- 4= 0， x- y的 ( ) A. 1+ 3 22 B. 4 C. 1+ 3 2 D. 7 【答案】C 【解析】法一：令 x- y= k，则 x= k+ y， 代入原式化简得 2y2+ 2k- 6 y+ k2- 4k- 4= 0， 因为存在实数 y，则Δ≥ 0，即 2k- 6 2- 4× 2 k2- 4k- 4 ≥ 0， 化简得 k2- 2k- 17≤ 0，解得 1- 3 2≤ k≤ 1+ 3 2， 故 x- y的最大值是 3 2+ 1， 法二：x2+ y2- 4x- 2y- 4= 0，整理得 x- 2 2+ y- 1 2= 9， 令 x= 3cosθ+ 2，y= 3sinθ+ 1，其中 θ∈ 0,2π ， 则 x- y= 3cosθ- 3sinθ+ 1= 3 2cos θ+ π4 + 1， 因为 θ∈ 0,2π ，所以 θ+ π4 ∈ π 4 , 9π 4    ，则 θ+ π 4 = 2π，即 θ= 7π 4 时，x- y取得最大值 3 2+ 1， 法三：由 x2+ y2- 4x- 2y- 4= 0可得 (x- 2)2+ (y- 1)2= 9， 设 x- y= k，则圆心到直线 x- y= k的距离 d= |2- 1- k| 2 ≤ 3， 解得 1- 3 2≤ k≤ 1+ 3 2 故选：C. 70. (2023新高考Ⅰ卷)过点 0, -2 与 x2+ y2- 4x- 1= 0相 的两 直线的 角为 α， sinα= ( ) A. 1 B. 154 C. 10 4 D. 6 4 【答案】B 73