4.专题四 数列-【高考快车道·高考母题必读及衍生】2025年高考数学二轮总复习专题学案

专题四　数列 高考真题衍生卷·命题区间10 1．D　[由题意可知举高R为B～B，第一折为R，且椽缝下折高度构成以R为首项，为公比的等比数列． 某建筑的总进深为120，当举高R＝ 第四椽缝下折高度为＝0.375， 同理可得当举高R＝B时，第四椽缝下折高度为0.5， 所以第四椽缝下折高度在0.375～0.5之间， 结合选项可知第四椽缝下折高度可以为0.45．故选D．] 2．B　[由于an＝ 故数列的前10项和为(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)＋(a2＋a4＋a6＋a8＋a10) ＝＋ln ＋ln 6．故选B．] 3．ABD　[因为an＋1an＝2an－1，所以an＋1an－an＝an－1， 即(an＋1－1)an＝an－1，即an＋1－1＝， 所以＋1， 故＝1， 所以是首项为1，公差为1的等差数列， 所以＝1＋(n－1)＝n，故an＝＋1． 因为＋1>1，所以A正确； 又因为an＋1－an＝<0， 所以an＋1<an，所以B正确； 因为对任意n∈N*都有1<an≤a1，即1<an≤2， 所以2a2n>2，所以不存在正整数n使an＝2a2n，故C不正确； 因为(n∈N*)且(10n－1)∈N*， 所以都是数列{an}中的项，故D选项正确． 故选ABD．] 4．ABC　[因为数列{an}满足an＋1＝(n∈N*)，a1＝1， 所以＝1， 所以数列是首项为1，公差为2的等差数列， 故成立，A正确． 所以＝1＋2(n－1)＝2n－1， 故(2n－1)·an＝1，C正确． 所以an＝， 所以3a5a17＝3×，D错误． 因为＝22n-1，所以＝4， 所以数列是首项为2，公比为4的等比数列，B正确．故选ABC．] 5．解：(1)因为Sn＋1＋Sn＝， 所以Sn＋Sn－1＝(n≥2)， 两式相减得an＋1＋an＝， 即an＋1＋an＝(an＋1＋an)(an＋1－an)， 由于an＋1＋an＞0，则an＋1－an＝2(n≥2)， 当n＝1时，S1＋S2＝， 即a1＋a1＋a2＝， 又a1＝2，故得a2＝4(负值舍去)， a2－a1＝2，则an＋1－an＝2(n∈N*)， 所以{an}是首项和公差均为2的等差数列， 故an＝2＋(n－1)·2＝2n． (2)由(1)知bn＝， 所以Tn＝，① ，② 由①－②得， 所以， 所以Tn＝． 6．D　[法一：由S9＝9a1＋d＝1，得9a1＋36d＝1， 所以a3＋a7＝a1＋2d＋a1＋6d＝2a1＋8d＝(9a1＋36d)＝．故选D． 法二：因为S9＝＝1，所以a3＋a7＝．故选D．] 7．C　[设等比数列的公比为q(q≠0)，首项为a1， 若q＝1，则S6＝6a1＝3×2a1＝3S2，与题意不符，所以q≠1． 由S4＝－5，S6＝21S2，可得， 所以1＋q2＋q4＝21，解得q2＝4， 所以S8＝＝－85．故选C．] 8．A　[由数列{an}是等差数列可知，S4，S8－S4，S12－S8成等差数列，即S4，3S4＋4，6S4－14成等差数列． 所以2(3S4＋4)＝S4＋6S4－14，解得S4＝22， 又S12－2S8＝2S4－18，则S12＝2(4S4＋4)＋2S4－18＝10S4－10＝210．故选A．] 9．D　[设数列{an}的公比为q(q≠1)， 因为S6＝－1， 所以(a1＋a2＋a3)(1＋q3)＝－1， 所以a1＋a2＋a3≠0． 因为S9＝3S3， 所以(a1＋a2＋a3)(1＋q3＋q6)＝3(a1＋a2＋a3)， 则1＋q3＋q6＝3． 因为q≠1，所以q3＝－2， 所以a1＋a2＋a3＝1， 故a13＋a14＋a15＝(a1＋a2＋a3)q12＝1×(－2)4＝16． 故选D．] 10．95　[因为数列{an}为等差数列，则由题意得 解得 则S10＝10a1＋d＝10×(－4)＋45×3＝95．] 11．解：(1)由a2＋a6＝a8可得a1＋d＋a1＋5d＝a1＋7d， 则a1＝d，故an＝nd． ＝2d， b1＝2a1·2a1－d＝2d， 则数列{bn}是首项为2d，公比为2d的等比数列， 由S8＋S16＝T4＋a2可得， ＋2d， 即24d－85×2d＋84＝0， 即2d(23d－1)－84(2d－1)＝0， 即2d(2d－1)(22d＋2d＋1)－84(2d－1)＝0， 由d＞0可得2d(22d＋2d＋1)＝84， 设f (d)＝2d(22d＋2d＋1)， 显然f (d)在(0，＋∞)上单调递增， 且f (2)＝84，故d＝2， 所以{an}的通项公式为an＝2n． (2)由a1＋a2＝a4可得，2a1＋d＝a1＋3d，即a1＝2d， 则an＝a1＋(n－1)d＝(n＋1)d， 由bn＝2a1·2an－d＝4d·2nd， 得＝2d， 故{bn}是首项为4d·2d，公比为2d的等比数列． 由T4－S9＝ ＝－54d＝66d， 得＝30， 即2d(1＋2d)(1＋22d)＝30， 由d∈N可得2d，1＋2d，1＋22d都是正整数， 且30＝2×3×5， 故2d＝2，解得d＝1． 5/5 学科网（北京）股份有限公司 $$ 命题区间11　数列求和及其综合应用 (解答题每小题15分，共60分) 考向一　数列求和 1．(15分)(2024·天津卷T19)已知数列{an}是公比大于0的等比数列，其前n项和为Sn．若a1＝1，S2＝a3－1． (1)求数列{an}的前n项和Sn； (2)设bn＝k∈N*． (ⅰ)当k≥2，n＝ak＋1时，求证：bn－1≥ak·bn； 2．(15分)(2023·新高考Ⅰ卷T20姊妹题)设公差为d(d≠0)的等差数列{an}的前n项和为Sn，且bn＝，{bn}的前n项和为Tn． (1)若∀n∈N*，为常数λ，求λ的值； 3．(15分)(2023·全国甲卷理T17子母题)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝2，2Sn＝n(an＋1＋1)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)证明：当n≥2时，＋…＋<． 考向二　数列的综合问题 4．(15分)(2023·天津卷T19姊妹题)已知等差数列的前n项和为Sn，a4＝9，S3＝15． (1)求的通项公式； (2)保持数列中各项先后顺序不变，在ak与ak＋1之间插入2k个1，使它们和原数列的项构成一个新的数列，记的前n项和为Tn，求T100的值． 2/2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题四　数列 (满分150分　时间120分钟) 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．设等差数列{bn}的前n项和为Sn，若b3＝2，b7＝6，则S9＝(　　) [A]－36 [B]36 [C]－18 [D]18 2．已知非零数列{an}满足2nan＋1－2n+2an＝0，则＝(　　) [A]8 [B]16 [C]32 [D]64 3．已知Sn是等比数列{an}的前n项和，若a3＝3，S3＝9，则数列{an}的公比是(　　) [A]－或1 [B]或1 [C]－ [D] 4．已知数列{an}的前n项和Sn＝，则数列{}的前n项和Tn＝(　　) [A]2n－1 [B] [C] [D]2n-1－1 5．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋1，正项等比数列{bn}满足b1＝a1，b3＝a4＋1，则使b6＋1≥Sn成立的n的最大值为(　　) [A]5 [B]6 [C]7 [D]8 6．已知函数f (n)＝且an＝f (n)＋f (n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100＝(　　) [A]0 [B]100 [C]－100 [D]10 200 7．已知{an}是等差数列，公差d＞0，其前n项和为Sn，若a2，a5＋2，a17＋2成等比数列，Sn＝，则下列说法不正确的是(　　) [A]d＝1 [B]a10＝20 [C]Sn＝n2＋n [D]当n≥2时，Sn≥an 8．已知数列{an}是以1为首项，3为公差的等差数列，{bn}是以1为首项，3为公比的等比数列，设cn＝，Tn＝c1＋c2＋…＋cn(n∈N*)，当Tn＜2 023时，n的最大值为(　　) [A]4 [B]5 [C]6 [D]7 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和，则下列命题为真命题的是(　　) [A]若a3＋a4＝9，a7＋a8＝18，则a1＋a2＝5 [B]若a2＋a13＝4，则S14＝28 [C]若S15＜0，则S7＞S8 [D]若{an}和{anan＋1}都为递增数列，则an＞0 10．设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝2，且2(n＋1)an－nan＋1＝0(n∈N*)，则下列结论正确的是(　　) [A]{nan}是等比数列 [B]是等比数列 [C]an＝n·2n [D]Sn＝(n－1)·2n＋2 11．设等比数列{an}的公比为q，前n项积为Tn，下列说法正确的是(　　) [A]若T8＝T12，则a10a11＝1 [B]若T8＝T12，则T20＝1 [C]若a1＝1 024，且T10为数列{Tn}的唯一最大项，则＜q＜ [D]若a1＞0，且T10＞T11＞T9，则使得Tn＞1成立的n的最大值为20 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知等比数列{an}的首项a1＝－1，前n项和为Sn，若＝，则{an}的通项公式an＝________． 13．正项数列{an}满足anan＋2＝，n∈N*，若a5＝，a2a4＝1，则a2的值为 ________． 14．已知两个等差数列2，6，10，…，202和2，8，14，…，200，将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则这个新数列的各项之和为________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．(13分)在①a2＝3a1，S5－S2＝42，②S4＝32，a5＝18，③a1＝2，an＋1－an＝这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并作答． 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且________． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝，求证：数列{bn}的前n项和Tn＜． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 16．(15分)已知等差数列{an}的公差d＞0，a2与a8的等差中项为5，且a4a6＝24． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝求数列{bn}的前20项和T20． 17．(15分)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝2Sn＋1． (1)求{an}的通项公式； (2)记bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn． 18．(17分)已知各项均为正数的等差数列{an}，a2＝5，2a1，a3，a5＋2成等比数列． (1)求{an}的通项公式； (2)设数列{bn}满足＝1，Tn为数列{bn}的前n项和，求证：Tn＜log3． 19．(17分)已知数列{an}是斐波那契数列，其数值为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…．这一数列以如下递推的方式定义：a1＝1，a2＝1，an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)．数列{bn}对于确定的正整数k，若存在正整数n使得bk＋n＝bk＋bn成立，则称数列{bn}为“k阶可分拆数列”． (1)已知数列{cn}满足cn＝man(n∈N*，m∈R)．判断是否∀m∈R，总存在确定的正整数k，使得数列{cn}为“k阶可分拆数列”，并说明理由． (2)设数列{dn}的前n项和为Sn＝3n－a(a≥0)． (ⅰ)若数列{dn}为“1阶可分拆数列”，求出符合条件的实数a的值； (ⅱ)在(ⅰ)问的前提下，若数列{f n}满足f n＝，n∈N*，其前n项和为Tn．证明：当n∈N*且n≥3时－anan＋1＋1成立． 5/5 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高考真题衍生卷·命题区间11 1．解：(1)设等比数列{an}的公比为q(q>0)， 因为a1＝1，S2＝a3－1，即a1＋a2＝a3－1， 可得1＋q＝q2－1，整理得q2－q－2＝0， 解得q＝2或q＝－1(舍去)， 所以Sn＝＝2n－1． (2)(ⅰ)证明：由(1)知，ak＝2k-1， 所以bn＝ 当n＝ak＋1＝2k时，bn＝k＋1， bn－1＝b2k－1＝b2k－2＋2k＝b2k－3＋4k＝…＝＋2k·(2k-1－1)＝k＋2k·(2k-1－1)＝k·2k－k， 所以bn－1－ak·bn＝k·2k－k－(k＋1)2k-1＝(k－1)·2k-1－k． 设f (x)＝(x－1)2x-1－x，x≥2，则f ′(x)＝2x-1＋(x－1)2x-1ln 2－1≥2＋2ln 2－1>0，所以f (x)在[2，＋∞)上单调递增，f (x)≥f (2)＝0， 所以bn－1－ak·bn≥0，即bn－1≥ak·bn． (ⅱ)令k＝1，得b1＝1， 令k＝2，得b2＝2，b3＝b2＋2k＝6， 令k＝3，得b4＝3，b5＝b4＋2k＝9，b6＝b5＋2k＝15，b7＝b6＋2k＝21， 所以，b为首项，2k为公差的等差数列． 因为＝k·2k－k， 所以＝k·4k-1， ＝1×40＋2×41＋…＋n×4n-1， ＝1×41＋2×42＋…＋n×4n， 两式相减，得 ， 2．解：由条件可得Sn＝na1＋， 则bn＝． (1)， 要使得为常数，则2a1－d＝2d，故a1＝d， 此时λ＝． (2)证明：由a1＝d＝2可得，Sn＝n(n＋1)， 则bn＝<＝n， 故Tn<1＋2＋3＋…＋n＝， >， >2， 3．解：(1)当n＝1时，2a1＝a2＋1，所以a2＝2a1－1＝3． 当n≥2时， 两式相减得2an＝nan＋1－(n－1)an＋1， 即nan＋1＝(n＋1)an－1，① 所以(n＋1)an＋2＝(n＋2)an＋1－1，② ②－①得(n＋1)an＋2－nan＋1＝(n＋2)an＋1－(n＋1)an，即2an＋1＝an＋an＋2， 所以数列{an}从第2项起为等差数列． 由①令n＝2，可得2a3＝3a2－1， 所以a3＝4，从而a3－a2＝1， 所以当n≥2时，an＝3＋(n－2)×1＝n＋1，经检验当n＝1时亦满足， 所以an＝n＋1． (2)证明：由(1)可得当n≥2时，， 所以<，不等式得证． 4．解：(1)设的公差为d，由已知，得a1＋3d＝9，3a1＋3d＝15，解得a1＝3，d＝2．所以an＝2n＋1． (2)因为ak与ak＋1之间插入2k个1， 所以ak在中对应的项数为n＝k＋21＋22＋23＋…＋2k-1＝k＋＝2k＋k－2， 当k＝6时，2k＋k－2＝68，当k＝7时，2k＋k－2＝133， 所以a6＝b68，a7＝b133，且b69＝b70＝…＝b100＝1． 因此T100＝S6＋(2×1＋22×1＋23×1＋24×1＋25×1)＋32×1＝×(3＋13)＋＋32＝142． 3/3 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高考试题 (年份/卷别/题号) 新高考全国卷 新高考地方卷 命题区间 等差数列、 等比数列 2024新高考Ⅰ卷T19Ⅱ卷T12 2023新高考Ⅰ卷T7Ⅱ卷T8 2022新高考Ⅱ卷T3 2024北京卷T15　 2023北京卷T14 2023上海卷T3 2023天津卷T6T19 2022北京卷T6 2023上海(春季)卷T16 数列求和 及其综合应用 2024新高考Ⅱ卷T12 2023新高考Ⅰ卷T20Ⅱ卷T18 2022新高考Ⅰ卷T17Ⅱ卷T17 2024天津卷T19　 2023北京卷T14T21 2023天津卷T19　 2022浙江卷T10T20 2022北京卷T15 命题分析与 备考策略 1．规律小结 由于数列是一类特殊函数，所以在对知识的基础性、综合性与应用性的考查上，常会与函数、不等式等知识交汇，综合考查函数与方程、等价转化、分类讨论等思想；通过数列在实际生活中的应用以及与数学文化有关的问题，考查数学抽象、数学探究以及数学应用、数学建模等素养． 2．考点频度：高频考点 (1)数列自身内部问题的综合考查：如数列的递推公式，等差、等比数列的性质、通项公式及前n项和公式，数列求和． (2)构造新数列求通项、求和：如“归纳、累加、累乘、分组、错位相减、倒序相加、裂项、并项求和”等方法的应用与创新． (3)综合性问题：如与不等式、函数等其他知识的交汇问题，与数列有关的数学文化问题及与实际生活有关的应用问题以及结构不良等问题． 3．考前备考策略 从近几年的高考题可以看出，数列部分主要以考查基础知识为主，同时锻炼考生的运算求解能力、逻辑思维能力等．重点考查考生对数列基础知识的掌握程度及灵活应用，同时也要重视对通性通法的培养，所以在备考中应把重点放在以下几个方面： (1)对数列的概念及表示的理解和应用． (2)会利用等差、等比数列的定义判断或证明数列问题． (3)通过转化与化归思想，利用错位相减、裂项相消、分组求和等方法求数列的前n项和． (4)数列与不等式、函数等的交汇问题． (5)结构不良问题、举例问题等创新题型． 　等差数列、等比数列 数列的概念及简单表示法命题角度：(1)由an与Sn的关系求通项公式；(2)由数列的递推关系求通项公式；(3)数列的性质． 典例1　(2024·全国甲卷理T18)记Sn为数列{an}的前n项和，且4Sn＝3an＋4． (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝(－1)n-1nan，求数列{bn}的前n项和Tn． 命题立意 审题指导 本题以数列前n项和与通项之间的关系式为载体，考查在已知数列的递推关系的条件下，求数列的通项公式和前n项和，体现了数学运算、逻辑推理的核心素养． ． ． 思维拆解 解题思路 名师点拨 (1)第1步：根据数列中an和Sn的关系求数列{an}的递推关系． 第2步：求出a1． 第3步：求数列{an}的通项公式． (2)第1步：求出数列{bn}的通项公式． 第2步：错位相减法求Tn． 解：(1)因为4Sn＝3an＋4，① 所以4Sn＋1＝3an＋1＋4，② ②－①可得4an＋1＝3an＋1－3an，即an＋1＝－3an． 又因为4S1＝3a1＋4，所以a1＝4． 故数列{an}是首项为4，公比为－3的等比数列， 所以an＝4·(－3)n-1． (2)由(1)知bn＝(－1)n-1nan＝＝4n·3n-1， 所以Tn＝4(1×30＋2×31＋3×32＋…＋n·3n-1)，③ 3Tn＝4(1×31＋2×32＋3×33＋…＋n·3n)，④ ③－④可得－2Tn＝4(30＋31＋32＋…＋3n-1－n·3n) ＝4＝(2－4n)·3n－2， 所以Tn＝(2n－1)3n＋1． (1)数列中an和Sn的关系： 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1； 当n＝1时，a1＝S1． (2)关键找到任意相邻两项的关系确定特殊数列． (3)若一个数列的通项为anbn的形式，其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列，则求数列{anbn}的前n项和时，可以利用错位相减法． 归纳总结：由递推公式求通项公式的常用方法 (1)归纳法：根据数列的某项和递推公式，求出数列的前几项，归纳出通项公式．(只适用于选择题、填空题) (2)迭代法、累加法或累乘法，递推公式对应的有以下几类： ①an＋1－an＝常数，或an＋1－an＝f (n)(f (n)是可以求和的)，使用累加法或迭代法． ②an＋1＝pan(p为非零常数)，或an＋1＝f (n)an(f (n)是可以求积的)，使用累乘法或迭代法． 等差数列、等比数列 命题角度：(1)等差数列、等比数列的基本运算；(2)等差数列、等比数列的性质；(3)等差数列、等比数列的判断与证明． 典例2　(2022·新高考Ⅱ卷T17)已知{an}是等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4． (1)证明：a1＝b1； (2)求集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数． 命题立意 审题指导 本题以等差数列与等比数列的关系为载体，考查数列的通项公式，考查的知识是等差数列的通项公式an＝a1＋(n－1)d，等比数列的通项公式an＝a1qn-1，体现了数学运算、逻辑推理的核心素养． (1)等差数列{an}，等比数列{bn} a1，b1和公差d的关系a1和b1的关系→得证． (2)由(1)得a1，b1和d的关系k关于m的表达式k的取值→集合中元素的个数． 思维拆解 解题思路 名师点拨 (1)第1步：列式，根据a2－b2＝a3－b3＝b4－a4找到a1，b1和公差d的关系式． 第2步：化简消元，消掉多余量d． 第3步：得证． (2)第1步：等量代换． 由bk＝am＋a1结合(1)得到k和m的关系． 第2步：求范围． 由1≤m≤500得到k的取值范围． 第3步：求k的个数． 解：(1)证明：设等差数列{an}的公差为d， 则(a1＋d)－2b1＝(a1＋2d)－4b1， (a1＋d)－2b1＝8b1－(a1＋3d)， 化简得d＝2b1，a1＋2d－5b1＝0． 代入消元得a1＝b1． (2)由(1)知am＝a1＋(m－1)d＝a1＋(m－1)×2b1＝(2m－1)a1，bk＝b1·2k-1． 由bk＝am＋a1得b1·2k-1＝(2m－1)a1＋a1， 由a1＝b1≠0得2k-2＝m， 由1≤m≤500得1≤2k-2≤500，k∈N*， 由28<500<29得0≤k－2≤8，2≤k≤10，k∈N*，所以集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素个数为9． 求解数列问题的基本策略在于“归”——化归与归纳，将问题化归为等差(等比)数列的通项问题或前n项和问题，然后借助等差(比)数列的性质或基本量运算求解． 归纳总结：(1)等差(比)数列的通项公式及前n项和公式，共涉及a1，an，d(q)，n，Sn五个量，知其中三个就能求另外两个，体现了方程思想． (2)数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换的作用，而a1和d(q)是等差(比)数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用的方法． 5/5 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题过关验收卷·专题四 1．B　[] 2．D　[由2nan＋1－2n+2an＝0可得an＋1＝4an，则＝64．故选D．] 3．A　[设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，依题意得 解得q＝1或q＝－．故选A．] 4．A　[因为数列{an}的前n项和Sn＝， 当n＝1时，a1＝S1＝＝1， 当n≥2时，Sn－1＝， 两式相减可得， an＝Sn－Sn－1＝＝4n-1＝22(n-1)， 当n＝1时，a1＝1符合上式， 所以an＝22(n-1)， 所以＝2n-1，其中＝2(n≥2)， 所以数列{}是以1为首项，2为公比的等比数列， 故Tn＝＝2n－1．故选A．] 5．D　[依题意，a1＝S1＝2，a4＝S4－S3＝(42＋1)－(32＋1)＝7，所以b1＝2，b3＝8，所以bn＝2n，则b6＋1＝26＋1＝65≥n2＋1成立时，n的最大值为8．故选D．] 6．B　[因为an＝f (n)＋f (n＋1)，所以由已知条件知， an＝ 即an＝ 所以an＝(－1)n·(2n＋1)， 所以an＋an＋1＝2(n为奇数)， 所以a1＋a2＋a3＋…＋a100＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a99＋a100)＝2＋2＋2＋…＋2＝100．故选B．] 7．A　[由Sn＝，得， 整理得an＝na1，取n＝5，得a5＝5a1， 又a5＝a1＋4d，所以5a1＝a1＋4d，得a1＝d，因为a2，a5＋2，a17＋2成等比数列， 所以(a5＋2)2＝a2(a17＋2)，即(5d＋2)2＝2d·(17d＋2)， 整理得9d2－16d－4＝0，解得d＝2(负值舍去)，故A错误； a10＝a1＋9d＝10d＝20，故B正确； Sn＝2n＋＝n2＋n，故C正确； 当n≥2时，Sn－×2n＝n2－2n＝(n－1)2－1≥0，故D正确．故选A．] 8．C　[因为{an}是以1为首项，3为公差的等差数列，所以an＝3n－2， 因为{bn}是以1为首项，3为公比的等比数列，所以bn＝3n-1， 所以Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝＝31－2＋32－2＋33－2＋…＋3n－2 ＝3××(3n－1)－2n， 因为Tn＜2 023， 所以×(3n－1)－2n＜2 023， 当n＝7时，×(37－1)－2×7＝3 265＞2 023，不符合题意， 当n＝6时，×(36－1)－2×6＝1 080＜2 023，符合题意，所以n的最大值是6．故选C．] 9．BC　[对于A项，由a3＋a4＝9，a7＋a8＝18， 可得(a7＋a8)－(a3＋a4)＝8d＝9，所以d＝， 又由a1＋a2＝(a3＋a4)－4d＝9－4×，所以A错误； 对于B项，由S14＝＝28，所以B正确； 对于C项，由S15＝＝15a8＜0，所以a8＜0， 又因为S8－S7＝a8＜0，则S7＞S8，所以C正确； 对于D项，因为{an}为递增数列，可得公差d＞0， 因为{anan＋1}为递增数列， 可得an＋2an＋1－anan＋1＝an＋1·2d＞0， 所以对任意的n≥2，an＞0，但a1的正负不确定，所以D错误．故选BC．] 10．BC　[由2(n＋1)an－nan＋1＝0，得＝0，所以＝2．又＝2，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，故A不正确，B正确．由以上分析可得＝2·2n-1＝2n，所以an＝n·2n，故C正确． Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，① 2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n+1，② ①－②，得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n+1＝－n·2n+1＝(1－n)·2n+1－2，所以Sn＝(n－1)·2n+1＋2，故D不正确．故选BC．] 11．BCD　[对于A，B，因为T8＝T12，所以a9a10a11a12＝1，又a9a12＝a10a11，所以a9a10a11a12＝(a10a11)2＝1，所以a10a11＝±1，所以A错误；T20＝a1a2a3·…·a18a19a20＝(a1a20)10＝(a10a11)10＝1，所以B正确． 对于C，a1＝1 024，若公比q＜0，则数列{an}的奇数项为正，偶数项为负，所以T9＞0，T10＜0，与T10为数列{Tn}的唯一最大项矛盾，所以q＞0，则即，解得＜q＜，所以C正确． 对于D，a1＞0，且T10＞T11＞T9，若公比q＜0，则数列{an}的奇数项为正，偶数项为负，所以T10＜0，T11＜0，T9＞0，与T10＞T11＞T9矛盾，所以q＞0．由T10＞T11＞T9得，a10＞a10a11＞1，a11＜1，则0＜q＜1．由a10a11＞1，得T20＝(a1a20)10＝(a10a11)10＞1，由a11＜1，得T21＝＜1，由0＜q＜1得，数列{an}是递减数列，所以当n≤20时，Tn＞1；当n≥21时，Tn＜1，所以D正确．故选BCD．] 12．－　[因为，所以， 因为S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，且公比为q5，所以q5＝－，解得q＝－，则an＝－．] 13．3　[因为an＞0，anan＋2＝， 所以数列{an}为等比数列，设其公比为q， 由a5＝＝1，可得a3＝1，q2＝，所以q＝，所以a2＝1，即a2＝3．] 14．1 666　[等差数列2，6，10，…，202中，公差d1＝4；等差数列2，8，14，…，200中，公差d2＝6，4和6的最小公倍数为12， 所以新数列{an}的公差d＝12，首项a1＝2，所以an＝12n－10， 令an＝12n－10≤200，解得n≤17.5，故新数列共有17项， 所以新数列的各项之和为S17＝17×2＋×12＝1 666．] 15．解：(1)选条件①，设等差数列{an}的公差为d． 因为a2＝3a1，S5－S2＝42， 所以 解得所以an＝a1＋(n－1)d＝4n－2． 选条件②，设等差数列{an}的公差为d． 因为S4＝32，a5＝18， 所以解得 所以an＝a1＋(n－1)d＝4n－2． 选条件③，设等差数列{an}的公差为d． 因为a1＝2，an＋1－an＝， 所以d＞0，解得d＝4， 所以an＝a1＋(n－1)d＝4n－2． (2)证明：由(1)知，bn＝， 所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ＝<． 16．解：(1)因为{an}为等差数列，且a2与a8的等差中项为5， 所以a2＋a8＝2×5＝2a5，解得a5＝5， 因为a4a6＝24， 所以(5－d)(5＋d)＝24，解得d＝±1， 因为d＞0，所以d＝1， 所以an＝a5＋(n－5)d＝5＋(n－5)＝n， 故数列{an}的通项公式为an＝n． (2)由题知，bn＝ 即bn＝ 所以T20＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b19＋b20 ＝1＋ ＝， 故数列{bn}的前20项和T20为． 17．解：(1)数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝2Sn＋1， 整理得Sn＋1＋1＝2(Sn＋1)， 故数列{Sn＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以Sn＋1＝2×2n-1＝2n， 所以Sn＝2n－1， 所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n-1． 当n＝1时，a1＝1符合上式， 所以an＝2n-1． (2)由(1)得bn＝，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn， 所以Tn＝，① ，② ①－②，得， 整理得Tn＝2－． 18．解：(1)设等差数列{an}的公差为d， 由a2＝5，2a1，a3，a5＋2成等比数列，得(5＋d)2＝2(5－d)(7＋3d)， 即7d2－6d－45＝0，解得d＝3或d＝－(舍去)． 所以an＝5＋(n－2)×3＝3n－1． (2)证明：由＝1，得， 所以bn＝log3， 设cn＝log3，数列{cn}的前n项和为An， An＝log3＝log3，则An－1＝所以cn＝An－An－1＝ log3＝log3，验证n＝1时cn成立． 要证Tn＜log3，即证Tn＜An， 只需证log3＜log3， 也就是证＜，即证3n＜3n＋2，此式显然成立． 所以Tn＜log3． 19．解：(1)存在，理由如下： 由已知得a1＝1，a2＝1，a3＝a1＋a2＝2， 所以c1＝m，c2＝m，c3＝2m， 所以c3＝c1＋c2，即c1＋2＝c1＋c2， 所以∀m∈R，当正整数k＝1时，存在n＝2，使得ck＋n＝ck＋cn成立， 即数列{cn}为“1阶可分拆数列”． (2)因为Sn＝3n－a， 所以当n＝1时，d1＝3－a， 当n≥2时，dn＝Sn－Sn－1＝(3n－a)－(3n-1－a)＝． (ⅰ)若数列{dn}为“1阶可分拆数列”，则存在正整数n使得d1＋n＝d1＋dn成立， 当n＝1时，d2＝d1＋d1，即6＝2(3－a)，解得a＝0， 当n≥2时，2·3n＝(3－a)＋2·3n-1，即4·3n-1＝3－a， 因为a≥0，所以3－a≤3，又4·3n-1≥12， 故方程4·3n-1＝3－a无解． 综上所述，符合条件的实数a的值为0． (ⅱ)证明：法一：因为an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)， 所以当n≥2时＝an(an＋1－an－1)＝anan＋1－anan－1， 所以 ＝＋(a2a3－a2a1)＋(a3a4－a3a2)＋(a4a5－a4a3)＋…＋(anan＋1－anan－1) ＝－a2a1＋anan＋1＝anan＋1， 所以－anan＋1＋1＝1， 由(ⅰ)知Sn＝3n，所以f n＝， 所以Tn＝，① ，② 由①－②可得 ＝ ＝ ＝， Tn－2＜Tn，＞0， 所以＜Tn， 所以Tn＜＜1， 所以当n∈N*且n≥3时－anan＋1＋1成立． 法二：因为an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)， 所以当n≥2时＝an(an＋1－an－1)＝anan＋1－anan－1， 所以＋(a2a3－a2a1)＋(a3a4－a3a2)＋(a4a5－a4a3)＋…＋(anan＋1－anan－1) ＝－a2a1＋anan＋1＝anan＋1， 所以－anan＋1＋1＝1， 由(ⅰ)知Sn＝3n，所以f n＝， 所以Tn＝，① ，② ，③ 由①－②－③可得 ＝＜， 所以Tn＜＜1， 所以当n∈N*且n≥3时－anan＋1＋1成立． 8/8 学科网（北京）股份有限公司 $$ 命题区间10　等差数列、等比数列 (单项选择题每小题5分，多项选择题每小题6分，填空题每小题5分，解答题每小题13分，共73分) 考向一　数列的概念及简单表示法 1．(2022·新高考Ⅱ卷T3姊妹题)如图是我国古代建筑中的“举折”做法的示意图，以房屋的前后撩檐枋(清式称挑檐桁)心之间的水平距离为总进深(B)，在前后撩檐枋上皮的连线中点举起至总进深作为脊椽上皮的高度，称举高(R)．第一步将脊椽上皮与撩檐枋上皮连一直线，自脊椽而下，第一椽缝折下，第二椽缝依前法再向下折，第三椽缝依前法再向下折，以此类推．若某建筑的总进深为120，则第四椽缝下折高度可以为(　　) 　 [A]0.75 [B]0.65 [C]0.55 [D]0.45 2．(2021·新高考Ⅰ卷T17(2)改编题)已知数列{an}满足an＝则数列{an}的前10项和为(　　) [A]＋ln 6 [B]＋ln 6 [C]－ln 2 [D]－ln 2 3．(多选)(补偿题)数列{an}的首项a1＝2，对一切正整数n，都有an＋1an＝2an－1，则(　　) [A]对一切正整数n都有an>1 [B]数列{an}单调递减 [C]存在正整数n，使得an＝2a2n [D](n∈N*)都是数列{an}中的项 4．(多选)(2022·浙江卷T10姊妹题)已知数列{an}满足an＋1＝(n∈N*)，a1＝1，则下列结论正确的是(　　) [A]＝ [B]是等比数列 [C](2n－1)an＝1 [D]3a5a17＝a49 5．(13分)(2024·全国甲卷理T18姊妹题)已知各项为正数的数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＋1＋Sn＝，a1＝2． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn． 考向二　等差数列、等比数列 6．(2024·全国甲卷文T5)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9＝1，则a3＋a7＝(　　) [A]－2 [B] [C]1 [D] 7．(2023·新高考Ⅱ卷T8)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝(　　) [A]120 [B]85 [C]－85 [D]－120 8．(2023·新高考Ⅱ卷T8改编题)记Sn为等差数列{an}的前n项和，S8＝4S4＋4，S12－2S8＝2S4－18，则S12＝(　　) [A]210 [B]230 [C]250 [D]300 9．(2023·新高考Ⅱ卷T8姊妹题)已知公比不等于1的等比数列的前n项和为Sn，若S6＝－1，S9＝3S3，则a13＋a14＋a15＝(　　) [A]－16 [B]－8 [C]8 [D]16 10．(2024·新高考Ⅱ卷T12)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3＋a4＝7，3a2＋a5＝5，则S10＝________． 11．(13分)(2023·新高考Ⅰ卷T20姊妹题)设等差数列{an}的公差为d，且d＞0，令bn＝2a1·2an－d，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和． (1)若a2＋a6＝a8，且S8＋S16＝T4＋a2，求{an}的通项公式； (2)若a1＋a2＝a4，d∈N，且T4－S9＝66d，求d． 2/3 学科网（北京）股份有限公司 $$ 　数列求和及其综合应用 数列求和 命题角度：(1)分组转化法求和；(2)裂项相消法求和；(3)错位相减法求和． 典例1　(2023·全国甲卷理T17)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝1，2Sn＝nan． (1)求{an}的通项公式； (2)求数列的前n项和Tn． 命题立意 审题指导 本题以数列前n项和与项之间的关系为载体，考查数列通项公式与数列前n项和的求法，体现了数学运算、逻辑推理的核心素养． (1)． (2)由(1)得数列―→Tn的表达式Tn的通项公式． 思维拆解 解题思路 名师点拨 (1)第1步：赋值法计算a1． 第2步：由Sn写出Sn－1的对应等式． 第3步：将Sn与Sn－1的对应等式作差，得到an与an－1的关系式． 第4步：累乘法计算通项公式． 第5步：检验并得出结论． (2)第1步：写出的具体表达式． 第2步：利用错位相减法计算数列的前n项和． 第3步：得结论． 解：(1)当n＝1时，2S1＝a1，即2a1＝a1，所以a1＝0． 当n≥2时，由2Sn＝nan，得2Sn－1＝(n－1)an－1， 两式相减得2an＝nan－(n－1)an－1， 即(n－1)an－1＝(n－2)an， 当n＝2时，可得a1＝0， 故当n≥3时，＝， 则·…·＝·…·， 整理得＝n－1，因为a2＝1，所以an＝n－1(n≥3)． 当n＝1，n＝2时，均满足上式，所以an＝n－1． (2)令bn＝＝， 则Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn ＝＋…＋，　① Tn＝＋…＋，　② 由①－②，得Tn＝＋…＋＝＝1－，即Tn＝2－． (1)易忽略：a1＝S1． (2)注意观察等式特点，确定用何种方法求通项公式是解题关键． (3)易错：易忽略验证n＝1是否满足通项公式而致错． (4)在写“Tn”与“qTn”的表达式时，应注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Tn－qTn”的表达式． (5)在应用错位相减法求和时，若公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解． 归纳总结：1．由Sn与an的关系求an的思路 利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；或者转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n的关系，再求an．切记要在利用这一关系求通项公式时，务必验证n＝1时的情形，看其是否能与n≥2时的表达式合并． 2．数列求和常用的方法 (1)裂项相消法 裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是依次项抵消，有的是间隔项抵消．常见的裂项方式有： ＝；＝；＝；＝． (2)错位相减法 如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，那么求数列{an·bn}的前n项和Sn时，可采用错位相减法．用错位相减法求和时，应注意： ①等比数列的公比为负数的情形． ②在写出“Sn”和“qSn”的表达式时应特别注意将两项“错项对齐”，以便准确写出“Sn－qSn”的表达式． (3)分组求和法与并项求和法 ①若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减． ②形如an＝(－1)n·f (n)类型，常采用两项合并求解． 　　　　数列的综合问题 命题角度：(1)数列与数学文化；(2)数列与函数的交汇问题；(3)数列与不等式的交汇问题． 典例2　(2023·天津卷T19)已知数列{an}是等差数列，a2＋a5＝16，a5－a3＝4． (2)已知{bn}为等比数列，对于任意k∈N*，若2k-1≤n≤2k－1，则bk<an<bk＋1． (ⅰ)当k≥2时，求证：2k－1<bk<2k＋1； (ⅱ)求{bn}的通项公式及其前n项和． 命题立意 审题指导 本题以等差数列为载体，考查求通项公式，求和公式的应用以及数列的递推关系，属于探索创新情境．本题形式创新，考查角度新颖，符合新高考命题趋势． (1)建立方程组―→a1，d―→{an}的通项公式和a2n－1的表达式―→计算和a2n－1之间的项数―→求 由{bn}为等比数列―→设出{bn}的通项公式―→代入(ⅰ)中的不等式―→分类讨论，得出q的值―→{bn}的通项公式及前n项和． 思维拆解 解题思路 名师点拨 (1)第1步：利用等差数列的通项公式求出首项和公差，写出{an}的通项公式． 第2步：分别写出和a2n－1的表达式． 第3步：计算和a2n－1之间的项数． 第4步：利用等差数列的前n项和公式求得结果． (2)(ⅰ)第1步：写出关于bk＋1的不等式． 第2步：写出an与an＋1的范围． 第3步：得到bk＋1的范围，进而得到bk的范围． (ⅱ)第1步：设出{bn}的通项公式，代入(ⅰ)中的不等式． 第2步：不等式两边分别同除以2n． 第3步：对q分类讨论，得q的值． 第4步：求bn及Sn． 解：(1)设{an}的公差为d．由 得解得 所以{an}的通项公式为an＝3＋2(n－1)＝ ＝2·2n-1＋1＝2n＋1， a2n－1＝2(2n－1)＋1＝2n+1－1， 从到a2n－1共有2n－1－2n-1＋1＝2n-1(项)， ＝ ＝＝＝3·22n-2． (2)(ⅰ)证明：因为当2k-1≤n≤2k－1时，bk<an<bk＋1， 所以当2k≤n＋1≤2k+1－1时，bk＋1<an＋1<bk＋2， 可得an<bk＋1<an＋1． 因为{an}为递增数列，所以若2k-1≤n≤2k－1，则≤an≤a2k－1，得2k＋1≤an≤2k+1－1．同理可得2k+1＋1≤an＋1≤2k+2－1． 故可得2k+1－1<bk＋1<2k+1＋1，所以2k－1<bk<2k＋1．综上，当k≥2时，2k－1<bk<2k＋1． (ⅱ)由题意知{bn}是q≠1的正项等比数列， 设{bn}的通项公式为bn＝p·qn(p>0，q>0且q≠1)． 由(ⅰ)知，2n－1<bn<2n＋1，即2n－1<p·qn<2n＋1， 则有1－<p·<1＋． ①当>1，即q>2时，∃n0∈N*，使得>2，与矛盾； ②当0<<1，q≠1，即0<q<2且q≠1时，∃n1∈N*，使得<，与矛盾．故q＝2． 因为2n－1<bn<2n＋1，所以bn＝2n． 设{bn}的前n项和为Sn，则Sn＝＝2n+1－2． (1)易错：不要把和a2n－1的表达式理解成等比数列的通项公式． (2)易错：下标相减算项数时要加1． (3)提醒：大于大的，小于小的． (4)若q＝1，则{bn}为常数列，与(ⅰ)矛盾． 点拨：若设成bn＝，不利于下一步的化简． (5)思路导引：从(ⅰ)的结论可以观察出bn＝2n，通过反证法证明q>2和0<q<2且q≠1时，不等式不成立，从而得到q＝2． 6/6 学科网（北京）股份有限公司 $$