专题6 数列&专题7 不等式·-【创新教程】2021-2025五年高考真题数学分类特训试卷

专题六数列 考点一 等差数列 [育题题组·实战集训] 一、选择题 1.(2025·全国二卷，7)记S。为等差数列{an}的前n项和.若Sg=6,S。=一5，则S。=() A.-20 B.-15 C.-10 D.-5 2.(2025·天津卷，6)已知数列{an}的前n项和S=-n2+8m,则{an|}的前12项和为（) A.48 B.112 C.80 D.144 3.(2025·北京卷，5)已知{a.}是公差不为0的等差数列，a1=一2，若a1,a4,a6成等比数列，则 410= () A.-20 B.-18 C.16 D.18 4.(2024·全国甲卷（理），4)记S.为等差数列{an}的前n项和，已知S=S。,a=1,则a1= 。( A日 B号 c. n-7 5.(2024·全国甲卷（文），4)等差数列{an}的前n项和为S.,若S,=1,则a3十a,= A.-2 B号 C.1 D号 6.(2023·新课标I卷，7)记S。为数列(a}的前n项和，设甲：(an}为等差数列；乙： S为等差 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 7.(2023·全国甲卷（文），5)记S。为等差数列{a.}的前n项和.若a2十a6=10,a4ag=45,则S= () A.25 B.22 C.20 D.15 8.(2023·全国乙卷（理），10)已知等差数列(a,}的公差为，集合S=(e0san∈N,若S= {a,b},则ab= A.-1 B-分 C.0 D 9.(2022·新高考Ⅱ卷，3)图1是中国古代建筑中的举架结构，AA',BB,CC,DD是桁，相邻桁 的水平距离称为步，垂直距离称为举.图2是某古代建筑屋顶截面的示意图.其中DD,CC, DD BB,AA1是举，OD,DC,CB1,BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为OD CC= =0.5DC k1'CB1 已知k,kk成公差为0,1的等差数列，且直线0 则k3= ( 48 图1 图2 A.0.75 B.0.8 C.0.85 D.0.9 10.(2021·北京卷，6)已知a,)和{6，是两个等差数列，其中2(1<k≤6)为常值，a=28a, 96,b=192,则b3= ( A.64 B.128 C.256 D.512 二、填空题 11.(2025·上海卷，3)已知等差数列{a.}的首项a1=一3，公差d=2,则该数列的前6项和 为 12.(2024·新课标Ⅱ卷，12)设S.为等差数列{an}的前n项和，若a3十a4=7,3a2+a5=5,则S1o 三、解答题 13.(2023·新课标I卷，20)12分)设等差数列(a,》的公差为山，且d>1.令6.=+”，记S.,T. a 分别为数列{an},{b.}的前n项和. (1)若3a2=3a1十aa,S3十T3=21,求{an}的通项公式； (2)若{bn}为等差数列，且Sg一Tg-99,求d. 49 14.(2024·新课标I卷，19)(17分)设m为正整数，数列a1,a2,…,a4m+z是公差不为0的等差数 列，若从中删去两项a:和a,(i<j)后剩余的4m项可被平均分为m组，且每组的4个数都能 构成等差数列，则称数列a1,a2,…,a4m+2是(i,j)一可分数列 (1)写出所有的(i,j),l≤i<j≤6，使得数列a1,a2,…,a6是(i,j)一可分数列； (2)当m≥3时，证明：数列a1,a2…,a4m+2是(2,13)一可分数列： (3)从1,2，…，4m十2中一次任取两个数i和j(i<j),记数列a1,a2,…,am+2是(i,j)一可分 数列的概率为P.,证明：P>日 50 [真题题组·实战集训2] 解答题 1(2022:新高考I卷，1710分)记5.为数列1a,)的前n项和，已知a,=1,侣}是公差为号的 等差数列 (1)求{an}的通项公式； (2)证明：1+1+…+1<2 a a2 a 2.(2021·新高考Ⅱ卷，17)（本小题10分）记S。是公差不为0的等差数列{a.}的前n项和，若ag =S5,a2a4=S4. (1)求数列{an}的通项公式an; (2)求使S.>am成立的n的最小值. 51 3.(2021·新高考I卷，17)(10分)已知数列{an}满足a1=1,a+1= an十1，n为奇数， an十2，n为偶数， (1)记b。=am,写出b,b2,并求数列{b}的通项公式； (2)求{an}的前20项和. 4.(2021·全国甲卷，18)(12分)已知数列{an}的各项均为正数，记S.为{a.}的前n项和，从下面 ①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立. ①数列{a.}是等差数列：②数列{√Sn}是等差数列：③a2=3a1, 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分， 5.(2021·全国乙卷，19)12分)记S,为数列{a,)的前n项和，6，为数列{S,)的前n项积.已知5 +=2 (1)证明：数列{b,}是等差数列： (2)求{an}的通项公式. 52 考点二等比数列及数列的综合应用 [育题题组·实战集训] 一、选择题 1.(2025·上海卷，16)已知数列{a,},{b.},{cn}的通项公式分别为an=10n一9，bn=2”,cn=an十 (1一入)b.,若对任意入∈[0,1]，an,b,c。的值均能构成三角形的三边，则满足条件的正整数n有 () A.1个 B.3个 C.4个 D.无穷个 2.(多选)(2025·全国二卷，9)记Sn为等比数列{an}的前n项和，g为{a,}的公比，g>0.若S3=7, 整 a1=1,则 () Ag-号 Ba,=司 C.S5=8 D.am十Sn=8 3.(2023·新课标Ⅱ卷，8)记S.为等比数列{a.}的前n项和，若S4=一5，Ss=21S2,则Sg= 批 A.120 B.85 C.-85 D.-120 4.(2023·全国甲卷（理），5)已知正项等比数列{an}中，a1=1,Sn为{an}前n项和，S=5S3一4，则S = () A背 R号 C.15 D.40 的 5.(2023·天津卷，6)已知{an}为等比数列，S.为数列{an}的前n项和，a.+1=2S.十2，则a,的 布 值为 () A.3 B.18 C.54 D.152 6.(2022·全国乙卷，8)已知等比数列{an}的前3项和为168，a2一a5=42,则a6= A.14 B.12 C.6 D.3 7.(2022·全国乙卷，4)嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环 绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{b}:b,= 1+2,=1+17 1 ,…,依此类推，其中a∈N(k=1,2,…).则() 数 0 a+1614 1 a十 御 a A.b<bs B.63<bs C.bo<b2 D.b<b 8.(2022·北京卷，6)设{a.}是公差不为0的无穷等差数列，则“{a.}为递增数列”是“存在正整数 N。,当n>N。时，an>0”的 () A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 1 9.(2022·浙江卷，10)已知数列{a,}满足a1=1,a+1=a,-30(n∈N),则 A.2<100a1w<2 B2<100aw<3 2 C.3<100a1m< D.7<10aw<4 10.(2021·北京卷，10)数列{an}是递增的整数数列，且a1≥3，a1十a2十a1…十an=100,则n的最大值为 ( A.9 B.10 C.11 D.12 53 二、填空题 11.(2025·全国一卷，13)若一个等比数列的各项均为正数，且前4项的和等于4，前8项的和等 于68，则这个数列的公比等于 12.(2024·北京卷，15)设{an}与{bn}是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合M={ka =b,k∈N},给出下列四个结论： ①若{a.}与{bn}均为等差数列，则M中最多有1个元素； ②若{am}与{bn}均为等比数列，则M中最多有2个元素； ③若{an}为等差数列，{b}为等比数列，则M中最多有3个元素； ④若{a.}为递增数列，{b.}为递减数列，则M中最多有1个元素. 其中正确结论的序号是 13.(2024·上海卷，12)等比数列{a.}的首项a1>0,公比q>1,记In={x-ylx,y∈[a1,a2]U [a.a.+1]},若对任意正整数n,In是闭区间，则g的取值范围是 14.(2023·全国甲卷（文），13)记S.为等比数列{an}的前n项和.若8S。=7S3,则{an}的公比为 15.(2023·全国乙卷（理），15)已知{a.}为等比数列，a2a4as=aga6,aga1o=一8，则a,= 三、解答题 16.(2025·全国-卷，16)已知数列(a,)中，a=3,“=十nm十D (1)证明：数列{nan}为等差数列； (2)给定正整数m,设函数f(x)=a1x十a2x2十…十amx",求f(一2). 17.(2025·天津卷，19){a.}是等差数列，{bn}是等比数列，a1=b1=2,a2=b2十1，a3=b3. (I)求{an},{bn》的通项公式； (Ⅱ)已知I={0,l},n∈N有Tn={p1ab+p2a2b2+…+p.ab.Ip1,p2,,p.∈I}. (i)求证：H实数t∈T.,均有taa+1b.+1； (i)求T.中所有元素之和. 54 [真题题组·实战集训2] 一、选择题 1.(多选)(2021·新高考Ⅱ卷，12)设正整数n=a·2°十a1·2十…十a-1·2-1十a4·2,其中a ∈{0,1}，记w(n)=a十a1十…十a4,则 ( A.w(2n)=a(n) B.w(2n十3)=w(n)+1 C.w(8n+5)=u(4n十3) D.w(2"-1)=n 2.(2021·浙江卷，10)已知数列{a.}满足a=1,a1=1十后 a(m∈N),记数列(a.}的前n项和 为S。,则 A名<Sm<3 B.3<S1oo<4 C4KSo<号 D.9 <S0<5 二、填空题 3.(2023·上海卷，3)已知首项为3，公比为2的等比数列，设等比数列的前n项和为S.,则S。一 4.(2022·北京卷，15)已知数列{a.}的各项均为正数，其前n项和为Sn满足am·S.=9(n=1,2, …).给出下列四个结论： ①a,}的第2项小于3：②a,为等比数列：③a,为递减数列，④a,中存在小于10的项。 其中所有正确结论的序号是 5.(2021·上海卷，8)已知无穷等比数列{an}和{bn},满足a1=3,bn=a2m,an的各项和为9，则数列 (b.}的各项和为 6.(2021·新高考I卷，16)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,20dm× 6dm两种规格的图形，它们的面积之和S1=240dm2,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=l80dm2,以此类推，则对折4次 共可以得到不同规格图形的种数为 :如果对折n次，那么2S。= dm2. 是1 7.(2021·上海卷，12)已知a,∈N·(i=1,2,…9)对任意的k∈N”(2≤k≤8)，a=at-1+1或a =a4+1一1中有且仅有一个成立，且a1=6,a=9,求a1十…十a的最小值为 三、解答题 8.(2024·全国甲卷（理），18)(12分)记S。为数列{an}的前n项和，已知4S.=3an十4. (1)求{a.}的通项公式； (2)设b=(一1)"-nan,求数列{bn}的前n项和T 55 9.(2024·天津卷，19)（本小题15分）已知数列{a.》是等比数列，公比大于0.其前n项和为S.若 a1=1,S2=a3-1. (1)求数列{a.}的前n项和Sn: (2)设b.= (k:n=a ,k∈N'. b-1+2k,a<n<a （1)当k≥2，n=a+1时，求证：b,-1≥a4·bn； (i)求2b. i=1 10.(2022·全国甲卷，17)12分)记S.为数列{a,}的前n项和.已知2S+m=2a.+1. (1)证明：{an}是等差数列： (2)若a4,a,,ag成等比数列，求Sn的最小值. 11.(2022·浙江卷，20)（本题满分15分）已知等差数列(a.}的首项a1=一1，公差d>1,记{a.}的 前n项和为S.(n∈N). (I)若S4-2a2a3十6=0，求S.; (Ⅱ)若对于每个n∈N,存在实数cn,使an+cn,a+1+4cn,a+2十l5c.成等比数列，求d的取 值范围. 56 [真题题组·实战集训3] 解答题 1.(2023·新课标Ⅱ卷，18)(12分)已知{a,}为等差数列，bn= 1a,一6，n为奇数， 记S。,T.分别为 2a.,n为偶数. 数列{an},{bn}的前n项和，S,=32,T3=16. (1)求{an}的通项公式； (2)证明：当n>5时，Tn>S. 整 批 2.(2023·全国甲卷（理），17)(12分)已知数列{an}中，a2=1,设Sn为{an}前n项和，2Sn=nan· (1)求{an}的通项公式； (2)求数列 am十1) 2 的前n项和T 布 数 御 3.(2023·天津卷，19)(15分)已知数列{an}是等差数列，a2十a5=16,a5一a3=4. （1)求a,的通项公式和匀 =2 (2)已知{b,}为等比数列，对于任意k∈N”,若2-1≤n≤2-1，则b<a,<b+1… (i)当≥2时，求证：2-1<b.<2+1； (i)求{b}的通项公式及其前n项和. 57因为B酝=号BC,则2FB+FC=0,可 (AF+FC-AC 得 AF+FB-AB 得到AF+FC+2(AF+FB)=AC+2AB, 中3正-2a+b,脚-号a+号 于是A正.A求=（仔+2）（骨a+号） =2(2a+5a·b+2b). 记AB=x,AC=y,则A正.AF=立(2a+5a·b+26) =b2r2+5xy0os60°+2y) =(2x2+受+2y） 在△ABC中，根据余弦定理： BC=x+y-2xycos 60=+y-xy=1, 于是正.正-(y+受+2）（受+2 由x2+y2-xy=1和基本不等式，x2+y2-xy=1≥2xy -xy=xy, 故xy≤1，当且仅当x=y=1取得等号， 则x=y=1时，A正·A亦有最大值是 答案：宁4+0只 10.解析：如图，以圆心 为原点，A,A,所在 A 直线为x轴，AsA1 所在直线为y轴建 立平面直角坐标系， 则A(0,1), A() A(1,0),A (停)A( A(号-号》A(-10A(9号) 设P(x),于是PA2+PA+…+PA。2-8(x2+y) +8, 因为cos2,5≤10P1≤1，所以1+9s45≤2+y≤1，故 2 PA+PA+…+PA的取值范图是12+22,16们. 答案：[12+2√2,16] 11.解析：，(a+b+c)2=0=a2+b+c2+2(a·b十b·c+ c…a)=9+2ab计bc+e·a)原式=-号 答案：-号 12.解析：令a=(1,0),b=(0,2),c=(m,n),因为(a-b)·c= 0,故m一2n=0,故c=(2m,n), 因为d在a,b方向，（即x轴和y轴正方向）上的投影分 别为x,y,故可设d=(x,y), 因为d-a在c方向上的投影为之=d-a）·c- c 2z+y-2,故2x+y-52=2, 5 1 故2+y+-2++≥ 5 (2x十y-5z)2=2 4+1+5 5 2 -5 当且仅当 5即{y= 5 时取等号， 2x十y-√5x=2 5 答案：号 专题六数 列 考点一 实战集训1 1.B因为S=3a2=6,所以a2=2,因为S6=5a3=-5, 所以a=一1，所以{an}的公差d=a2一a:=-3,所以a1 =5,所以S6=6a1+15d=6×5-15×3=-15. 2.C本题考查了等差数列的通项公式，求和公差，S。= -n2+8m.a,=S,-S.-1=-n2+8n-[-(n-1)2+8(n -1)]=-2n+9. n=1时，S1=7=a1 ∴.an=-2m+9,n∈N :等差数列{an}中d=-2<0. {an}为适减数列，可知a1>a2>aa>au>0>a5>a6… >an>a… la1|+|a2|+…+laz|=(a1+…+aa)-(as+ag+… +an)=S,-(S.-S,)=2S.-S.=2×16-7,15×12 2 =32+48=80. 3.C由等比中项的性质结合等差数列的基本量运算即可 求解. 设等差数列{an}的公差为d(d≠0)， 因为as,a4,a6成等比数列，且a1=一2， 所以a=a3a6,即(-2+3d)2=(-2+2d)(-2+5d), 解得d=2或d=0(含去)， 所以a1o=a,十9d=一2+9×2=16.故选：C. 4,B因为S=S1。,所以a6十a,十ag十ag十a1o=0,即5ag =0,a=0,又因为a5=1,所以公差d=-3a1=a4 1 -7=子 5.D由S=a,n+nm2Dd得S,=9a,+36d=1a,十 2 4d-号a,十a-2a,-2a,+4d0-号，故选D 6.C因为{an}为等差数列，设其首项为a1,公差为d,则 8=a+a2,受=a+”号d=号+a-号 S-=, n十1n2’ 数（侣}为等差数列，则甲是乙的克分条件， 3 反之（侣}为等数到，- nS+1-（(m十1)S。-m01一3为常数，设为 n(n十1) n(n十1) 即0S=,故S=a1-4·n(n十1)，故S1= n(n十1) (n-1)a.-t·n(n-1),n>2, 两式相减有：a,=nan+1-(n一1)a,-2tn→an+1一a,= 2t,且为常数，对n=1也成立，故(an}为等差数列，则甲 是乙的必要条件，故甲是乙的充要条件.故选C 7.C由题意知，a2十ag=2a,=10,a1as=45, 所以a4=5,a4=9, 从而d=g号=1，于是a=a,-d=5-1=4, 所以S,=5a,=20.故选C. 8.B依题意，等差数列{a,}中，a,-a,十(n-1).2-2 3=3 n+(a-） 显然函数y=co [导+(a,-)】门的周有为3 而n∈N”,即cosa,最多3个不同取值，又{cosa,|n∈N”} ={a,b}, 则在cosa1,cosa2,cosa3中，cosa1=cosa2≠cos as或 c0sa1≠c0sa2=c0sa3, 于是有cos0=c0s(0+)即有0+(0+)=2x, k∈Z,解得0=x-子∈Z 所以k∈Z, b-o(-哥)o[(x-号)+5] =-cos(kx-)cos=-cos2kxo0s音 =一，故选B 9.D设OD,=DC=CB,=BA1=1,则CC=k1,BB=k2, AA:=k, 由题意得k=k:十0.2，k=k2十0.1 8+瓷+搬+欲=0西 解得=0.9，故选D. 10.B由题会-会，则6=64，故6-4士_19264 2 2 =128.选B. 11.解析：本题考查了等差数列的求和公式的应用. a,=-3d=2,8=6a+X5a 6x(-3)+3×2=12 答案：12 12.解析：设a.=a1+(n-1)d,则由条件得2a1十5d=7, 4a1+7d=5,解得a1=-4,d=3, 则S1。=5(2a1+9d)=95. 答案：95 16 13.解：(1)因为3a2=3a1十ag,故3d=a3=a1十2d,即a1= d,做a-d,所以么-击-安，8-ad, nd T.=n0+3》,又S,+T,=21,即3X4d+3X6=21,即 2d 2 2d 2d-7d+3=0,故d=3或d=合（舍），故{a,}的道项 公式为an=3n @易知6a法阳所以4-是6-千a4 a =12 a1+2d' 因为(b.}是等差数列，所以2b2=b1十b, 以异+品 所以12 整理得(a1一2d)(a1-d)=0.所以a1=2d或a,=d. 当a1=d时，an=nd,a1=d>1. 于是&-中8-4,7=g+》 2 2d 而S。一T。=9,所以50d-号-1，解得d=品或d= 50 一1（舍去）. 当a=2d时，a.=(n+1)d,6.=+n=n十n (n+1)d 骨故8=3》4，=结，又-n=9, 2 即99X102d_99X100=99,即51d-d-50=0,所以 2 2d d=-(合)域d=1(含)：综上可知：d=别 14.解：(1)首先，设数列a1a,,am+2的公差为d,则d ≠0. 由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后 是等差数列，当且仅当该数列是等差数列， 故可以对该数列进行适当的变形a4'=二a十1（伪= 1,2,…,4m十2)， 得到新数列a'=(k=1,2,…,4m十2)，然后对a1', a2',·,am+2'进行相应的讨论即可. 不妨设a4=k(k=1,2,…,4m十2)，此后的讨论均建立 在该假设下进行， 回到原题，第1小问相当于从1,2,3,4,5,6中取出两个 数i和j(区)，使得剩下四个数是等差数列. 那么剩下四个数只可能是1,2,3,4，或2,3,4,5，或3， 4,5,6. 所以所有可能的(i,j)就是(1,2)，(1,6)，(5,6). (2)当m=3时，注意到a1,a4,a,a1o；a3,a6,agaz5, aga1,au是(2,13)可分的数列，对于m>3的邮分，取 {a4+3,a4r+4,a+5,a+6}即可. (3)证明：由(2)得数列a1,a2,…,a4m+2是(i,j)一可分数列 台1,2，…，4m十2是(i,j)一可分. 则1,2，，4m十2是(4k+1,4k十2)可分的，因可分为(1,2， 3,4),(5,6,7,8),…,(4k一3,4k-2,4k-1,4k)和(4(s+1) 1,4(s+1),4(s+1)十1,4(s+1)+2),…,(4m-1,4m,4m+ 1,4m+2》,共有C1十m+1=m+1m+2种. 2 而1…4k和4s十2…4m十2是可分的，只需证4k十1,4使 十3,4k十4，…，4s一1,4s,4s十2是可分的 令t=s-k∈N°，只要证1,3,4,5，…，4t-1,4t,4t十2 是可分的，1…4t十2去掉2和4t十1.当t=1时，(1,3， 4,6)不满足；当t=2时，(1,3,5,7)，(4,6,8,10)满足； 当t=3时，(1,4,7,10)，(3,6,9,12)，(5,8,11,14)满足； 当t=4时，(1,5,9,13)，(3,7,11,15)，(4,8,12,16)， (6,10,14,18)满足： 当t≥2时，可划分为t组： (1,t+1,2t+1,3t+1),(3,t+3,2t+3,3t+3),(4,t+ 4,2t+4,3t+4),…,(t,2t,3t,4),(1,2t+2,31+2,4t+2). 本质即：(i,t+i,2t+i,3t+),i=1,2,3,…,t,且把2代 换为4t十2，则(k,k十t),t≥2均符合，共C+1一m= m(m,-D组，而(0,1)，(1,2)，，(m-1,m)不合要求. 综上可得：符合要求的(4k+2,4t+1)与(4k+1,4t+2) 至少mm-)十m+1)m+2)组，故P.≥ 2 2 合2m+2m+2 m2+m十1 1 Clm+2 8m+6m+1 8 2m十7 m3+m+1 > 实战集训2 1.解析：1)S=a,=1,所以S=1, "ay 所以三}是首项为1，公差为号的等差数列， la。 所以空=1+m-0了-=时，所以8-"时。 当≥2时a=8-5=”。-。 3a-1 所以a-1a.=a+1a.92品-≥2： 累积法可得：a,=nm,1卫(m≥2》，又a1=1满足该式， 2 所以{a,}通项公式为a,=nn十卫 2 (2)21+1+…+1= a az a 2k2+k++l -[-2)+(侵-)++（只）】 =2-)2 2.解：(1)由题知，设首项为a1,公差为d. a+2d-5a+59a 列方 a,+0a+3d=4a+43a 解得@一4 1d=2 则a.=2n-6. (2):Sn>a.,则有n2-5n>2n-6,解得n<1或n>6. 又n∈N”,所以n的最小值为7. 3.解析：(1)由已知，a1=1,a2=a1+1=2,a3=a2+2=4, a4=a3十1=5， 数列{an}的奇数项构成以1为首项，3为公差的等差 数列， 所以当n为寺数时0，=1+（空-）×3=”， 数列{a》的偶数项构成以2为首项，3为公差的等差 数列， 所以a=2+(受-1）×3=3n22,而6，=a,所以 2 =a2=2,b=a,=5, 6=a=3X2-2=3m-1,所以，6=3m-1 2 (2)由(1)知：{a,}的前20项和 So=a1十a2+…+ao=(a1十ag十…+a1g)+(a2十a4+ …十a2o) =10×1+10X9×3+10×2+10X9×3=300, 2 2 所以{an}的前20项和为300. 答案：(1)b1=2,b2=5,bn=3n一1；(2)300 4.解析：一、选择条件①③ 已知{an}为等差数列，a2=3a1,设公差为d, 则a2=3a1=a1+d,即d=2a1, 图为8=a+02D=a, 则√S=√a·n(a:>0), 所以数列{√S。}为等差数列. 二、选择条件①② 已知{an}为等差数列，数列{√Sn}为等差数列，设{an}的 公差为d, 则an=a十(n-1)d, 8=a+24-a+a-号)n 若数列{√S。)为等差数列， 所以a2=a1+d=3a1. 三、选择条件②③ 已知数列{√S)为等差数列，a2=3a:设公差为d, 则√S,-√S=d,即√/4a-√a=d, 则a1=d',S,=√S+(n-1)d=nd, 则S=n2, a=S,-S-1=2d'n-d2, 所以数列{an}为等差数列. 5.解折：1当n=1时，4=S,易得6=2 当≥2时品=8，代入爱+公=2消去8得，% +=2 1 化简得b。一b-1=21 “山，)是以号为首项，为公差的等差数列. 5 (2)易得a=8=么=是由1)可得么=生是，由 2大 古-2可得8-将 当m≥2时a=5.-5.-1=十号-n+1 n十1n n(n十D,显然a:不满足该式， 1 2· n=1, .an 1 (n(n+1)' n>2: r 3 2,n=1 答案：(1)见解析；(2)an 1 n(n+1)n≥2 考点二 实战集训1 1.B由题意an,b.cn>0,不妨设A(n,an),B(n,bn),C(n, c),三点均在第一象限内，由c,=Aa,十(1-)b.可知， BC=ABA,A∈[0，l],故点C恒在线段AB上，则有min {an,bn}≤cn≤max{anbn}<an十bn. 即对任意的入∈[0,1]，c,<an十bn位成立， 令10x-9=2,构造函数f(x)=2-10x十9，x>0, 则f(x)=2ln2-10,由f(x)单调递增， 又(3)<0，f(4)>0,存在x∈(3,4)，使f(x)=0, 即当0<x<x。时，f(x)<0,f(x)单调递减； 当x>x。时，f(x)>0,f(x)单调递增： 故f(x)至多2个零点， 又由f(1)>0,f(2)<0,f(5)<0,f(6)>0, 可知f(x)存在2个零点，不妨设x1,x(x1<x),且x ∈(1,2)，x2∈(5,6). ①若a,≤bn,即10m-9≤2”时，此时n=1或n>6. 则an≤cn≤b.,可知bn十cn>an成立， 要使a。、b,、C。的值均能构成三角形， 所以an十cn>bn恒成立，故b<2a., 所以有10n-9≤2 ,解得n=6: 12<2(10n-9) ②若an≥b.,即10m-9≥2"，此时n=2,3,4,5,则an≥c ≥ba,可知an十c>b。成立， 要使a bc.的值均能构成三角形，所以bn十cn>a.恒 成立，故an<2b, 所以有10m一9≥2 {10m-9<2+1,解得n=4或5： 综上可知，正整数n的个数有3个 2.AD由题可知 ,a1十a1g+a1g2= a1q=1 ,解得9= 1q>0 a1-4 所以a,=4×(合)=（侵），离a,=(2)） 1-7 1 -广-（佳” 1一9 8×(合)广=8 3.C由等比数列的性质可得S2,S,-S,S6一S4,Sg S,,为等比数列，因此(S4-S)尸=S(S。-S4),将S =-5,S,=21S,代入上式，解得S=-1(含)或号，此 时S=195,由等比数到性质可知S一S,S-S,S S6为等比数列，解得S。=一85，故选C 4.C由题知1+q+g2+q+q=(1+q+g2)-4, 即g3+q=4g+4g,即q+g-4q-4=0,即(q-2)(q +1)(g+2)=0. 由题知q>0,所以q=2. 所以S,=1+2+4+8=15.故选C. 5.C由题意可得：当n=1时，ag=2a1十2，即a19=2a1+ 2,① 当n=2时，ag=2(a1+a2)+2,即a1g=2(a1十a1q)+ 2,② 联立①②可得a1=2,q=3,则a4=a1g=2×33=54,故 选C. 6,D设等比数列{an}首项为a1,公比为q,由题意， 2:十a一168.即a,1十9十4)=168 (a2-a5=42 a1q(1-g2)=42 即a1+g+g)-168 a,91-g)1+qg)=42解得g=是a=96,所 以a6=a19=3,故选D. 1.D(取特球值)取a.=1,于是有6=26=是，6=号 6=音，，分子分母分别构成波那契数列，于是有 于是得6>46-1+号-1+器>1+器-66-1计 是>1+号-，6-引-1+异>1+号-4对比选 项，选D. 8.C①充分性证明： 若{a.}为递增数列，则对Vn∈N”a+i>a。,公差d= a+1一a,>0,取正整数No,aN,=a1十(N。-1)d>0成立 则当n>N。时，存在an>0. ②必要性证明： 若存在正整数N。,当n>N。时，a.>0, 'a,=a1+(n-1)d, d>d二a,对y>N。n∈N都成立， lim nd-a1=0,且d≠0， +0的 '.d>0, .对Hn∈N,都有a+1-an=d>0,an+1>a.,即：{a.}为 递增数列。 所以“{a.》为递增数列”是“存在正整数N。,当n>N。 时，an>0”的充要条件. ∴选C. 66 9.Ba-a,=-了c<0,则数列a,单调递减，0<a 11 11 a山>言，得>34，得10a%<3又根据 加得1-上>1 a100 1 a.3 (合+++…+} 得。<+1+号（+号+++） <34十 吉（位×6+g×93）-40,10ew>营. 10.C要想n最大，前面的项应该越小越好，3,4,5,6,7， 8,9,10,11,12,13,14前12项和为102超过了100，故n 的最大值为11，如3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13，选C 11.解析：易知g=十a十a十a=68-4=16,所以g a1十a2十a3十a4 4 2(负数含点). 答案：2 12.解析：对于①，若{an}与{bn}均为等差数列， 设an=a+(n-1)d1=dn+(a1-d),n∈N”, b=b1+(n-1)d2=d2n+(b1-d2),n∈N°， 故可将an与b.看作是关于n的一次函数， 其图象最多只有一个交点，且交点横坐标不是整数时， 不存在是满足a4=b,故M中最多只有1个元素，① 正确； 对于②，若{an}与{bn}均为等比数列， 设a,=a1gi1,n∈N”,b,=b19i',n∈N', 令a=b,则a1g1=b1, 故=（丝即1+10g聘行，因为og2会为 定值， 故当10g略行为整数时，存在6使得a:=6, 故M中最多只有1个元素，②错误： 对于③，由①知点(n,an)在一条斜率不为0的直线。 上，设bn=b1g1(g≠1)，当公比q>0时，直线6与数列 {亿，}对应的函数的图象至多有2个公共点，M中最多有2 个元素：当q<-1时，点(n,bn)在如 图所示的曲线C1,C2上，由图易知 直线l。与曲线C,C,至多有3个 公共点，如当a,=3n-4,b=一1 ×(-2)-1时，a1=6=一1，a:= b2=2,a,=b=8,两个数列有3项 相同，所以M中最多有3个元素； 当q=-1时，易知M中最多有2个元素：当-1<q<0 时，易知M中最多有3个元素.综上可知，当|a|为等 差数列，{b}为等比数列时，M中最多有3个元素，所以 ③正确。 对于④，若{a.}为递增数列， 则点(k,a)随k的取值逐渐增大，其在平面直角坐标系 中，散点由左下到右上分布， 1 若{b}为递减数列，则点(k,b)随k的取值逐渐减小， 其在平面直角坐标系中，散点由左上到右下分布， 故点(k,a)与点(k,b)最多只能重合一次， 即M中最多只有1个元素，④正确. 综上，正确结论的序号是①③④ 答案：①③④ 13.解析：由题意不妨设x>y,若x,y均在[a1,a2],则有x 一y∈[0，a-a1],若x,y均在[am,a+1],则有x-y∈ [0,a+1一a.],若x,y分别在两个区间，则x-y∈[a. 一a2,a*1-a1],又因为g>1,总有1.是闭区间，则a 一a,≤a+1一an恒成立即可，化简得g1(g-2)+g≥ 0,所以有q≥2恒成立. 答案：[2，十0∞) 14.解析：若q=1,则由8S。=7S.,得8×6a1=7×3a1,则 41=0,不合题意. 所以q≠1.当q≠1时，因为8S6=7S, 所以8×10=g2)=7ד11-g2, 1-q 1-9 即8×(1-g)=7×(1-g),即8×(1+g2)(1-g2)= 7X1-),即8X1+g)=7,解得q=- 答案：一 15.解析：设{a.}的公比为q(g≠0)，则a2aas=aa6=a29 ·a5q,显然an≠0， 则a4=g,即a1g3=g,则a1g=1,因为aa0=-8,则 a1g·a1g2=-8, 则g5=(g)3=-8=(-2)3,则g=-2,则a,=a1q· g=1×(-2)=-2. 答案：一2 16.解：(1)证明：易知(n十1)a+1-a.=1,所以{nan}是公 羞为1，首项为3的等差数列. (2)由(1)可知a.=3+(n-1)=m+2,所以a,=+2 又f(x)=a1+2a2x十3ax2+…十mnax"-1, 所以f(-2)=2a4(-2)*-1=2(k+2)(-2)-1= 】 -1 [4+-二+-+=g] 一3 =m+2)(-2)”-2+1-(-2) -3 9 _7-(3m十7)(-2)" 17.解：(1)设{a.}公差为d,{bn}公比为q(q≠0)，则 士中1，解得 12+2d=2g "(q=21 故a.=2+3(n-1)=3n-1,b,=2. (2)由题知集合T,中的元素为1一之pa,b,其中n,∈ {0,1}, 当所有的A=1时，t取最大值，即=之a6,=名 [(3i-1)×2]. 计算tnx与an+1b+1 记S=tn.-2(3i-1)×2, 则S=2(3i-1)×2=2×2+5×2+…+(3m+1) ×2°， 7 2S=2(3i-1)×2+1=2×22+5X23+…+(3m-4) ×2"+(3m-1)×2+1, -S-2(3i-1D×2-2(3i-1D×2+1 =1 =4+3×(22+23+…+2")-(3m-1)×2+1 -4+3×4X(1-2）-(3m-1D×2*1 1-2 =(8-6n)×2-8. 则tm=S=(6n-8)X2”+8=(3n-4)X2t1+8. 易知a+1b+1=[3(n十1)-1]×2+1=(3m+2)×2+1 当n≥1时，a+1b+1-te=6X2+1-8≥6X2+1-8= 16>0,所以Vt∈T.,均有ta+1b+1 由题知集合T。中的元素为t=之pa,=a,么十 pa:6十…+pab.,其中∈{0,1}， 每个ab:项在所有元素的和式中出现的次数为2"- 所以T.中所有元素之和为21S=2-1[(3n一4)× 2+1+8]=(3n-4)×4"+2+ 实战集训2 1.ACD设n=a十2a1+22a2+…+2ak,则2n=0十2ag +22a1+…+2+aE,w(2n)=u(n)=ag+a1十…十a4 A正确：取n=2,彻(7)=3≠w(2)=1,B不正确：8n十5= 1+0×2+1×22+2a。+2a1+…+2+a4,4n+3=1+ 1×2+2a。十2a1+…+2+2a4,w(8n+5)=w(4n+3)= 2十w(n),C正确；比较容易的判断是D选项，2”一1可以 看成数列1,2,4,8，…，21的前n项和，翻译成二进制数 就是11…1(n个1)，所以各位数字和u(2”一1)=n, 正确」 2 4 ∴a.≥(m+1)' a,≤a,。=n十 …a+11+√am1十+ n十34， 01≤n十1 a,≤m+Dn+②→Sw<1+号+6 6 a,n十3 11 3 >a1+a=2 综上号<Sm<3. 故选择A 3.解析：S。=3+6+12+24+48十96=189. 答案：189 4.解析：n=1,可得a12=9,又各项均为正，可得a1=3,令n =2可得a4(3+a,)=9,可解得4，=35，-1》<3，故0 2 正：当心2时，由S-是得S1品，于是可得a 9 -是-吕中二-9。产若a为学比长列，则≥2 ama。-1 a-1 时a+1=a.,即从第二项起为常数，可检验n=3则不成 立，故②错误；a.·Sn=9(n=1,2…).可得a,·S,=a+i 51千是出-写是<1，所以a<a千是亚 a 确：对于④，若所有项均大于等于0取m>90,则a ≥5>90，于是a,5.>9与已如牙盾，所以国正境 答案：①③④ 5.解折ima,十a,十…+a,)=，=9g=号a=a0 =2. a+a,++a,)-产7-9 答案： 6.解析：对折3次有2.5×12,6×5,3×10,20×1.5共4 种，面积和为S,=4×30=120dm2, 对折4次有1.25×12,2.5×6,3×5,1.5×10,20×0.75 共5种，面积和为S=5×15=75dm2. 对折n次有m十1种美型，S.=2(m+1),因此2S.= 2 240…(侵+2+…+)】 2” 2s-240·(侵+++会+ 此，2s=240（+++…+-出） 22+ =240(侵-） 所以2=240·(3-”3）m. 答案5240~(（3-“安) 7.解析：令6=a+1一a,则依题意，b和b+1中，仅有一个 为1（即只能隔项为1），若6=b,=6s=b,=1, 则a1=6,a2=7,a3≥1，a≥2，a5≥1，a6≥2，a,≥1， a8≥2，ag=9, 此时a1十…十ag的最小值为31； 若b2=b=bs=b=1,则a≥1，a3≥2，au≥1，as≥2，a6 ≥1，a,≥2，ag=8,ag=9,此时a1十…十a的最小值为 32;故最小值为31. 答案：31 8.解：(1)因为4Sn=3a,十4，所以4S+1=3a+1十4，两式相 减可得：4an+1=3a。+1一3a., 即：a+1=-3an,又因为4S1=3a1+4,所以a1=4,故数 列{an}是首项为4，公比为一3的等比数列，an=4·（一 3)-1: (2)6=(-1)-1na=4n·3"-1, 所以T=4(1×3°+2X3+3×3+…+n×3-1), 3T.=4(1×32+2×32+3×33+…+n×3),两式相减 可得：-2T.=4(1十3十32+…+31一n·3) 4作=写-…3r）=(2-4m3r-2,工=(2m-103+1. 8 9.解：(1)设等比数列{an}的公比为q>0, 因为a1=1,S2=a-1,即a1十a=a3-1, 可得1十q=g2-1,整理得g-q-2=0,解得q=2或q =一1（舍去）， 所以8=号=2-1 (2)(i)由(1)可知an=2-1,且k∈N°，k≥2， 当n=a+1=2*>4时， 则0=21<2*-1=m-1 n-1=a+1-1<a+i 即a<n-1<ak+i 可知a4=2-1,b=k十1， b.-1=b+（a+1-a-1)·2k=k+2k(2-1-1) =k(2-1), 可得b.-1-a4·6.=k(2-1)-(k+1)2-1=(k-1) 2-1-k≥2(k-1)-k=k-2≥0， 当且仅当k=2时，等号成立， 所以bn-1≥a4·bn； (i)由(1)可知：S.=2”-1=a+1-1, 若n=1,则S,=1,b,=1； 若n≥2，则a+1-a4=2-1, 当2-1<i≤2-1时，b-b-1=2k,可知{b}为等差 数列， 可得匀人=k·2g1十2张21(2-D=·41 =2-1 2 号[(3-1D-(3-404, 所以26，=1+号[5×42-2×4+8X4-5×+…+ (3n-1)4"-(3m-4)4-]=3n-1D4+1。 9 且=1，符合上式，综上所迷：之6，=3m-1)4+1 9 10.解析：1)由子2S+n=2a,十1，变形为2S,=2a.十n -n2,记为①式，又当n≥2时，2S.-1=2(n-1)a,-1十n -1一(n-1)2,记为②式， ①-②可得(2n-2)a.-(2n-2)a.-1=2n-2,n≥2， n∈N" 即a。一a.-1=1,n≥2，n∈N”,所以{a.}是等差数列： (2)由题意可知a号-a4a4,即(a1十6)2-(a1十3)(a1十 8),解得a1=-12,所以an=-12+(n-1)×1=n 13,其中a1<a2<…<a1<0,aa=0 则S.的最小值为S12=S1:=-78 11.解析：(I)由S。-2a2a+6=0得4a1+6d-2(a1+d) ·(a1+2d)+6=0,即d-3d=0. 又d1,故d=3,所以S,=ma,+nn21Dd=3m-5n 2 2 (Ⅱ)因为an十cn,a+1十4cn,a+2十15c,成等比数列，所 以(a+1+4c,)=(a.+cn)·(a++15c.),得c+ (8a+1-15an-a+2）·cn十a2+1-a,at2=0,即c+(8 一8nd+14d)·cn十d=0.由题意得：△=（8-8nd+ 14d)2-4d=(16d-8nd+8)(12d-8nd+8)≥0对于 任意的n∈N”恒成立， 所以[(n-2)d-1][(2n-3)d-2]≥0对于任意的n∈ N恒成立， 16 当n=1时，[(n-2)d-1][(2n-3)d-2]=(d+1)(d +2)≥0， 当n=2时，由(2d-2d-1)(4d-3d-2)≥0，可得d长2 当n≥3时，[(n-2)d-1][(2n-3)d-2]>(n-3)(2n -5)≥0，又d>1 所以1<d≤2. 综上所得：1<d≤2. 实战集训3 1.解：(1)设(an}的首项为a1,公差为d,由S=32, 得4a1十6d=32, 又b1=a1-6,b2-2a2=2a1+2d,b=as-6=a1+2d- 6,所以T3=4a1+4d-12-16,即a1+d=7, 由4a,十6d32解得巴=5所以{a)的通项公或a, la1+d=7, 1d=2, =2n十3. (2)由(1)知6.=2m-3,n为奇数， 14n十6，n为偶数. 当n=2k(k∈N)时，T.=k(-1)+,DX4十14k+ 2 k(k-1DX8=6k2+7k, 2 S=2k×5+2k(2-D×2=4h2+8k, 2 T,-Sn=2k2-k=k(2k-1), 当n>5即k>2时，k(2k一1)>0， 所以T.>S.: 当n=2k+1(k∈N)时，T,=(k+1)(-1)++1Dk×4 2 +14k+k与1卫×8=6谈+11k-1, 2 S=(2k+1DX5+25+2×2=4W+12+5, 2 T.-S.=2k2-k-6=(2k+3)(k-2), 当n>5即>2时，(2k十3)(k-2)>0, 所以T>S.证毕. 2.解：(1)因为2S,=na., 当n=1时，2a1=a1,即a1=0: 当n=3时，2(1十a)=3a1,即a=2, 当n≥3时，2S。-1=(n-1)a。-1,所以2(S.-S。-1)=na -(n-1)aw-1=2a., 化简得：6a-2a.--1Da1声≥3时，品- =…-受-1，即4，-月-1 当n=1,2,3时都满足上式， 所以a,=n-1(n∈N”). (8国为品士=品所以工.=1×（合）广+2x(侵）广十 2” 3x(侵)广++x(侵广 是x.=1x(侵）+2×（位）广++a-×(侵) +x(侵)）”· 两式相减得， 69 工=（合）广+（侵）广+（侵）广++（侵）广-× 传-1x” 1一2 =1-(+受)合八 即工.=2-2+（合）广mEN 3.解：(1)由题意可得0十a,=2a,十5d=16 as-a;=2d=4 解得/8-3 ld=2' 则数列{an}的通项公式为an=a1十(n-1)d=3十2(n-1)= 2n+1, 注意到a-1=2×2-1十1=2”+1，从a,-1到a,-1共有 2”-1-(2-1-1)=2-1项， 故岁4，=2×(2+1D+22-卫×2=201+ 2*1 2 2"-1+22m2-2-1=3×22-2」 (2)(1)由题意可知，当21≤n≤2一1时， b<a.<b+1, 取n=2-1,则b<a-1=2×21+1=2*+1,即6<2 +1, 当2-≤n≤2-1-1时，an<b, 取n=2-1-1,此时a.=a1-,=2(2-1-1)+1=2 -1, 据此可得2一1<b, 综上可得2-1<b,<2+1. (i)由(i)可知：1<b<3,3<b2<5,7<b<9, 15<b<17,据此猜测b=2", 否则，若数列的公比q>2,则bn=b191>b×2"- >2-1, 注意到2-1-(2-1)=1-2-1，则21-(2-1)>0 不恒成立，即2"-1>2"一1不恒成立， 此时无法保证2一1<b, 若数列的公比q<2,则b,=b1g1<b×2-1<3×2-1, 注意到3×2-1-(2"十1)=2"-1-1，则2-1-1<0不恒 成立，即3X2"-1<2+1不恒成立， 此时无法保证bn<2”+1, 综上可知，数列的公比为2， 则数列的通项公式为b=2”, 其前n项和为S.=2X0二2)=2+1一2. 1-2 4.解析：(1)设等差数列{a,}公差为d 由a2-b:=a3-b,知a1+d-2b=a1+2d 4b,故d=2b 由a2-b2=b,-a,知a1+d-2b1=8b,-(a1+3d), 故a1+d-2b1=4d-(a1+3d):故a1+d-2b=d-a1, 整理得a1=b1,得证 (2)由(1)知d=2b,=2a1,由b=an十a1知：b·2-1= a1+(m-1)·d+a 17 即1·2-1=b1+(m-1)·2b1+6,即2-1=2m, 因为1≤m≤500，故2≤2-1≤1000，解得2≤k≤10 故集合{k|b=am十a1,1≤m≤500}中元素的个数为 9个. 答案：(1)见解析；(2)9 5.解：(1)由题意得2(A):3,4,4,5,8,4,3,10: (2)假设存在符合条件的Q,可知2(A)的第1,2项之和 为a1十a2+s,第3,4项之和为a,十a,十s,则 (a1+2)+(a,十6)=a1十a十，而该方程组无解，故很 (a3+4)+(a4+2)=a1+a4+8 设不成立，故不存在符合条件的口： (3)我们设序列T,…TT(A)为{a.m}(1≤n≤8)，特别规定 a.=an(1≤n≤8). 必要性： 若存在序列n:仙1，仙2，…，仙，使得Q(A)为常数列. 则a1=a.2=a.=a4=a,5=a6=a,7=a.8所以ai 十a.2=a.3十a.4=a5十a.6=a7十a8- 根据T,…T2T(A)的定义，显然有a.-1十a.= a-1-1十a-1,这里j=1,2,3,4,8=1,2,…. 所以不断使用该式就得到，a1十ag=aa十a1=as十a6= a,十a,必要性得证. 充分性： 若a1十a,=a3十a=a5十ag=a,十ag, 由已知，a:十a2十a十a,为偶数，而a1十ag=ag十au=as +as=ay十as,所以a2十a4十a6十as=4(a1十a2)-(a1+ as十as十a,)也是偶数. 我们设T,…T2T(A)是通过合法的序列n的变换能得 到的所有可能的数列n(A)中，使得a.1一a.2|十a.3 a4|+a3一a.6|+a.7-a.a最小的一个. 上面已经证明a-1十a=a-1,2-1十a,-1,这里广= 1,2,3,4,3=1,2,…. 从而由a1十a2=ag十a,=as十a6=a,十ag可得al十a.2 =a.s十a4=a.i十a.6=a十a.8. 同时，由于高，十j.十k十w总是偶数，所以a,1十a.3十a5 十a,和a.2十a4十a6十as的奇偶性保持不变，从而 a1十a十as十a和a.2十a4十a.6十a.a都是偶数. 下列证明不存在j=1,2,3,4使得a-1一a.≥2. 假设存在，根据对称性，不坊设j=1,a.-1一a≥2，即 a.1-a.2≥2. 情况1：若a.3一a4|+as一as|十a.7一a.s|=0,则 由a.1十a3十a5十a.7和a2十a.4十a,6十a,8都是偶 数，知a1一a.2≥4. 对该数列连续作四次变换(2,3,5,8)，(2,4,6,8)，(2,3， 6,7),(2,4,5,7)后，新的|a+4.1一a,+4.2|+1a+43 a+d|十|a+,5一a+4,6|+|a+4.-a+,s|相比原来的 a.1-a.2+a.3-a.4|+|a.3-a.6+a.t-a.a|减少 4,这与a.1-a.2|十|a.3-a.4|+|a.s-a.s|+|a.7 a的最小性矛盾； 情况2：若|a.3-a.4+a.s一a.6+a.7-as|>0,不 妨设a.3-a.4>0. 情况2一1：如果a,3一a.≥1，则对该数列连续作两次变 换(2,4,5,7)，(2,4,6,8)后，新的|a+1-a+22|十 a+2.3一a+24|+a,+a一a,+.6+a,+7一a,+2.s相比 原来的|a.l-a.2+|a3-a,4|+|as-a.s+|a?- a.d|至少减少2，这与a1-a.+a.3-a4+a.s a.s十a.一a.a的最小性矛盾； 情况2-2：如果a一a,≥1，则对该数列连续作两次变 换(2,3,5,8)，(2,3,6,7)后，新的|a+2,1-a+,a|+ a+2s一a,+2d|十|a+.s一a+.6|+a+,一a+.8相比 原来的la.1-a.2|十|a3-a.4十la.s-a.s1十|a.7- aa|至少减少2，这与a.1-a2十a.a-a|十a6 a6|十|a.2一a.a的最小性矛盾. 这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的j=1, 2,3,4都有la,.-1一a.≤1. 假设存在j-1,2,3,4使得|a,-1-a,-1,剥a-1 十a是奇数，所以a1十a2=a.十a4=a5十a.6= a7十a.a都是奇数，设为2N十1. 则此时对任意j=1,2,3,4,由|a-1-a.|≤1可知必 有{a.-1a.2}={N,N+1}. 而a十aa十a,s十a.7和a.2十a4十a.6十a.8都是偶 数，故集合{ma.m=N}中的四个元素i,j,k,u之和为偶 数，对该数列进行一次变换(i,j,,仙)，则该数列成为常 数列，新的a+1一a+1.21+|a+1一a+14十|a+1.6一 a,+i.6+a,+i.2-a+1a等于零，比原来的a1一a.2+ a3-a.4|+|a.s-a,6|十|a1-a8|更小，这与 lam-a,+la-am+la,.s-a.s+la-a. 最小性矛盾， 综上，只可能|a.5-1一a=0(j=1,2,3,4),而a1十 a2=a.a十aa=as十a.6=a.7十a.8,故{an}=2(A) 是常致列，充分性得证. 6.解：(I)由4Sn+1=3S.-9①，得4Sn=3S.-1-9(n≥ 2),② ①-②得a1=3a,即a41=子a,n≥2，又当n=1, 显然成立，所以口}是以-是为首项，是为公比的等比 数列， 故a=-()）=-()月 ()由36.+(n-4)a,=0,得6，=-”写4a,=(n ()广 从而工，=-3×号-2×()广-1×（保）广+0× ()++a-0…()广，@ 故工=-3×(）广-2×(）广-1×()）广+…+ m-)·(子）广+a-0(子)，@ 回-@得工.=-3×+（保）广+（保）广+（保）中 +(保)-a-(保) 1-” 1-4 17 -是+-4)”-m-0()”- -() 所以工=一m() 由工≤地得-4m·(子）”<Aa-0(是)广板成立， 即1(n-4)十3n≥0恒成立， n=4时不等式成立， 4时--3-吕得： >4时2-=-3当得2-3 所以一3≤入≤1. 7.解：(1)不可以是R:数列，当m=n=1时，a2生{a1十a +2,a1十a1十3}，故不可以是R2数列； (2)若{an}是R。数列，a2+0=0,故a2=0, 令m=n=1,a2∈(2a1,2a1十1}， 故a=0或a=-之（会)，则a=0, 令m=1,n=2,得到a∈{0,1}，令m=n=2,得到 a4∈{0,1}，又a3<a4,所以a3=0,a,=1, 令m=2,n=3,a5∈{0,1，令m=1,n=4,a5∈{1,2}，故 as=1; (3)存在p=2,使得存在R。数列(an. 由题a2=-p,a2∈{2a1十p,2a1十p+1},又a1十p≥a2 十力，故a1≥a2,,可得a1=一p, a3∈{-p,-p+1},a,∈(-p,-p+1},且a,>ag,故a3 =-p,a4=-p十1， as∈{-p+1,-p+2},as∈{-p,-p+1},故as=-p+1, a∈{-p+1,-p+2},a∈{-p,-p叶1}，故a,=-叶1， a,∈(-p+1,-p+2},as∈(-p+1,-p+2},又ag> a,故a,=-p+1,ag=-p+2, a∈{-p+2,-p+3},ag∈{-p+1,-p+2},故a,= 一p十2， ao∈(-p+2,一p+3),a1o∈{-p+1,-p+2},故a =-p十2， a1∈{-p+2,-p+3},am∈{-p+2,-p+3},又a2 >an,故au=-p十2，a1=-p十3， a=a:=a3=-p,a=as=as=a:=-p+1,as=a =a1o=a1=-p+2,a12=-p+3.. 假设a,=一p十k(4k≤n≤4k十3，k∈N,n∈N),由数学 归钠法可证出. 聚a(仁斯释2 8.解析：(I)若m=5,则对于任意n∈{1,2,3,4,5}， a2=1=1,a1=2=2,a1+a2=2+1=3,ag=4,a2十a3=1 +4=5, 所以Q是5一连续可表数列： 由不存在任意连续若干项之和相加为6， 所以Q不是6一连续可表数列： (Ⅱ)反证法：假设k的值为3，则a1,a2,a,最多能表示 a1,a2,aa1十a2a2十a3,a1十a2十a共6个数字，与Q 为8一连续可表数列矛盾，故≥4： 现构造Q:1,2,3,4可以表达出1,2,3,4,5,6,7,8这8个 数字，即存在k=4满足题意，故k的最小值为4； (Ⅲ)以下先证明≥6； 从5个正整数中，取一个数字只能表示自身，最多可表示 5个数字， 取连续两个数字最多能表示4个数字，取连续三个数宇 最多能表示3数字，取连续四个数字最多能表示2数字， 取连续五个数字最多能表示1数字， 所以对任意给定的5个整数，最多可以表示5十4十3十2 十1=15个正整数，不能表示20个正整数，即k≥6. 若k-6,最多可以表示6十5+4十3+2+1=21个正整数， 由于Q为20-可表数列，且a1十a2十a十…十a<20, 所以有一项必为负数， 既然5个正整数都不能连续可表1一20个正整数， 那么中间若插入一个负数项，更不能连续表示1一20的 正整数. 所以至少要有6个正整数连续可表1一20个正整数 所以至少6个正整数和一个负数才能满足题意， 故k≥7. 专题七不等式 1.c 由号≥2台导≥0日当<0日 x-1 (x-1)x+2)≤0台-2≤x<1. {x-1≠0 2.C由基本不等式结合特例即可判断， 对于A,当a=b时，a2十b=2ab,故A错误；对于B、D, 取a-，6-子，此时日+-2+4-6< 1 =8 -品+古-2+46>4-故 B、D错误：对于C,由基本不等式可得a十>2ab>√ab, 故C正确.故选：C 3.c由2+y-列=1得(-)+（停）=1 -=eos0 -9n叶cs0 n9 y= 故x+y=3sin0+cos0=2sin(0+6)e[-2,2],故A 错，B对； +y-(停叶m0'+(八-n9- 3c0s20+ 音=号sim(29-9)+∈[2] .2 (共中mg=号）故C对，D错。 4,解析：本题考查了分式不等式的解法 .(x-3)(x-1)<0 ∴.1<x<3 ∴.原不等式的解集为{x|1<x<3},即(1,3). 答案：(1,3) 11 5解折：a>0,6>0,a+名-1,0<a<1,b>1da=1 6计是=6计产=6-1++22 26-(高)+2=4. 当且仅当6=6-1，即6=2a=2时，等号成主 答案：4 6.解折：取x=-名，得号(2a+b)-名(2a+b)-1<0,即 2a十b≥-4. b 另-方面，取2a+6=-4,一22a+D=-2,此时6= -4,a=0, (2a+b)x2+bx-a-1≤0即-4x2-4x-1≤0，亦即(2x 十1)2≥0，显然恒成立，符合题意.故2a十b的最小值为 -4. 答案：一4 7,解析：将不等式分解因式得(x一3)(x十1)<0，解得一1 <x<3. 答案：(-1,3) 8.解析：|x-2|<1→-1<x-2<1→1<x<3. 答案：(1,3) 专题八立体几何 考点一 实战集训1 1.B由题意，侧面积相等，则圆雏的母线长是圆柱高的2 倍，中23，故其底面半径为3，所以圆维的体积为号×x ×3×√3=3√3元.故选择B. 2.B设棱台高为h,且三条侧棱延长后交于一点O,则由 已知得AB=3AB1, 则0到上底的距离为受人，0到下底的距离为受，又 Se=93,SA,9=3, 所以9月-号·=号h=上底 3 中心到顶点A的距离为号，所以所求正切值为 21 3 9=1 3.D四棱锥的底面是边长为4的 正方形，且PA=PB=4,PC= PD=2√瓦，如图，设AB,CD的中 点分别为E,F,则PE⊥AB,PFB ⊥CD,连接EF,,EF⊥CD,PF⊥CD,EF∩PF=F,EF C平面PEF,PFC平面PEF,∴.CD⊥平面PEF,又CD C平面ABCD,.平面PEF⊥平面ABCD,且平面PEF ∩平面ABCD=EF.过点P作PO⊥EF于点O,则PO 2