校本作业07（子数列等问题及数列不等式）-福建省厦门外国语学校2025届高三下学期数学二轮复习

厦门外国语学校2025届高三下数学校本作业07《子数列及数列不等式问题》 班级： 姓名： 座号： 一、选择题 1．已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝1，a2＝2，a3＝3，记bn＝an＋an＋1＋an＋2且bn＋1－bn＝2，则S31等于(　　) A．171 B．278 C．351 D．395 2．(沈阳模拟)已知数列{an}满足a1＝1，anan＋1＝2n(n∈N*)，则S2 022等于(　　) A．3(21 011－1) B．21 011－3 C．3(21 010－1) D．21 012－3 3．(西南四省名校大联考)数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋3a2＋…＋3n－1an＝n·3n，若对任意n∈N*，Sn≥(－1)nnλ恒成立，则实数λ的取值范围为(　　) A．[－3,4] B．[－2，2] C．[－5,5] D．[－2－2,2＋2] 4．已知数列的首项，且满足，则存在正整数n，使得成立的实数组成的集合为（       ） A． B． C． D． 5.“双减”政策极大缓解了教育的“内卷”现象，数学中的螺旋线可以形象的展示“内卷”这个词，螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”，平面螺旋便是以一个固定点开始向外逐圈旋绕而形成的曲线，如图(1)所示．如图(2)所示阴影部分也是一个美丽的螺旋线型的图案，它的画法是这样的：正方形ABCD的边长为4，取正方形ABCD各边的四等分点E，F，G，H，作第2个正方形EFGH，然后再取正方形EFGH各边的四等分点M，N，P，Q，作第3个正方形MNPQ，以此方法一直继续下去，就可以得到阴影部分的图案．设正方形ABCD边长为a1，后续各正方形边长依次为a2，a3，…，an，…；如图(2)阴影部分，设Rt△AEH的面积为b1，后续各直角三角形面积依次为b2，b3，…，bn，….下列说法错误的是(　　) A．从正方形ABCD开始，连续3个正方形的面积之和为 B．an＝4×n－1 C．使得不等式bn>成立的n的最大值为4 D．数列{bn}的前n项和Sn<4 6．（多选）已知数列满足，则（ ） A. ≥2 B. 是递增数列 C. {-4}是递增数列 D. 7．（多选）如果一个人爬楼梯的方式有两种，一次上1个台阶或2个台阶，设爬上第个台阶的方法数为， 则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． **8．（多选）已知数列满足：，设，数列的前项和为，则下列选项正确的是（     ） A．数列单调递增，数列单调递减 B． C． D． 二、填空题 9．已知数列{an}满足an＝n2＋λn，n∈N*，若数列{an}是单调递增数列，则λ的取值范围是______． 10．(邯郸模拟)“中国剩余定理”又称“孙子定理”，可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第十六题的“物不知数”问题，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二．问物几何？现有一个相关的问题：将1到2 022这2 022个自然数中被3除余2且被5除余4的数按照从小到大的顺序排成一列，构成一个数列，则该数列的项数为________． 11．（2022•淮南一模）已知数列满足，，，则该数列的前16项和为　 　． 12．数列满足，前16项和为540，则__________　　． 三、解答题 13．(青岛模拟)已知{an}为等比数列，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的数，且a1，a2，a3中的任何两个数都不在下表的同一列，{bn}为等差数列，其前n项和为Sn，且a1＝b3－2b1，S7＝7a3. 第一列 第二列 第三列 第一行 1 5 2 第二行 4 3 10 第三行 9 8 20 (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)若cn＝[lg bn]，其中[x]是高斯函数(表示不超过x的最大整数)，如[lg 2]＝0，[lg 98]＝1，求数列{cn}的前100项的和T100. 14．已知等比数列{bn}和递增的等差数列{an}满足a1＝12，b1＝1，a2＝5b2，a3＝2b3. (1)求数列{an}和数列{bn}的通项公式； (2)数列{an}和数列{bn}中的所有项分别构成集合A和B，将A∪B的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列{cn}，求数列{cn}的前63项和S63. 15．(山东联考)已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋2＝kan(k≠1)，n∈N*，a2＋a3，a3＋a4，a4＋a5成等差数列． (1)求k的值和{an}的通项公式； (2)设bn＝求数列{bn}的前n项和Sn. 16．(烟台模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a4＝9，S3＝15. (1)求{an}的通项公式； (2)保持数列{an}中各项先后顺序不变，在ak与ak＋1(k＝1,2，…)之间插入2k个1，使它们和原数列的项构成一个新的数列{bn}，记{bn}的前n项和为Tn，求T100的值． 17．(长沙质检)已知{an}是公差不为0的等差数列，其前n项和为Sn，a1＝2，且a2，a4，a8成等比数列． (1)求an和Sn； (2)若bn＝＋，数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn≥对任意的n∈N*恒成立，求实数m的取值范围． 18. 数列满足，． (1)求数列的通项公式； (2)数列中是否存在最大项和最小项？若存在，求出相应的最大项或最小项；若不存在，说明理由． 厦门外国语学校2025届高三下数学校本作业07《子数列及数列不等式问题》 班级： 姓名： 座号： 一、选择题 1．已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝1，a2＝2，a3＝3，记bn＝an＋an＋1＋an＋2且bn＋1－bn＝2，则S31等于(　　) A．171 B．278 C．351 D．395 答案　C 解析　由bn＋1－bn＝2， 得bn＋1－bn＝an＋1＋an＋2＋an＋3－(an＋an＋1＋an＋2) ＝an＋3－an＝2， 所以a1，a4，a7，…是首项为1，公差为2的等差数列，a2，a5，a8，…是首项为2，公差为2的等差数列，a3，a6，a9，…是首项为3，公差为2的等差数列， 所以S31＝(a1＋a4＋…＋a31)＋(a2＋a5＋…＋a29)＋(a3＋a6＋…＋a30) ＝1×11＋＋2×10＋＋3×10＋＝351. 2．(沈阳模拟)已知数列{an}满足a1＝1，anan＋1＝2n(n∈N*)，则S2 022等于(　　) A．3(21 011－1) B．21 011－3 C．3(21 010－1) D．21 012－3 答案　A 解析　因为数列{an}满足a1＝1，anan＋1＝2n(n∈N*)， 当n＝1时，a2＝2， 当n≥2时，anan－1＝2n－1，则＝2， 所以数列{an}的奇数项是以1为首项，以2为公比的等比数列， 数列{an}的偶数项是以2为首项，以2为公比的等比数列， 所以S2 022＝＋， ＝21 011－1＋2×21 011－2 ＝3×21 011－3＝3(21 011－1)． 3．(西南四省名校大联考)数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋3a2＋…＋3n－1an＝n·3n，若对任意n∈N*，Sn≥(－1)nnλ恒成立，则实数λ的取值范围为(　　) A．[－3,4] B．[－2，2] C．[－5,5] D．[－2－2,2＋2] 答案　A 解析　当n≥2时，3n－1an＝n·3n－(n－1)3n－1 ＝(2n＋1)3n－1， ∴an＝2n＋1，当n＝1时，a1＝3符合上式， ∴an＝2n＋1， ∴Sn＝＝n2＋2n. 当n为奇数时，λ≥－＝－(n＋2)， 令g(n)＝－(n＋2)， 当n＝1时，g(n)max＝－3， ∴λ≥－3， 当n为偶数时，λ≤＝n＋2， 令h(n)＝n＋2，∴λ≤h(2)＝4， ∴－3≤λ≤4. 4．已知数列的首项，且满足，则存在正整数n，使得成立的实数组成的集合为（       ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由于，所以使用累加法，得： ， 若n为奇数， ，是递减数列； 若n为偶数，，是递增数列， 显然，对于不等式， 等价于：若，有，则，，大于从数列的第2项算起的最小值，即只要，， 必然存在一个正整数n使得不等式成立，故； 若，有，则，即 ， 故； 故选：A. 5.“双减”政策极大缓解了教育的“内卷”现象，数学中的螺旋线可以形象的展示“内卷”这个词，螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”，平面螺旋便是以一个固定点开始向外逐圈旋绕而形成的曲线，如图(1)所示．如图(2)所示阴影部分也是一个美丽的螺旋线型的图案，它的画法是这样的：正方形ABCD的边长为4，取正方形ABCD各边的四等分点E，F，G，H，作第2个正方形EFGH，然后再取正方形EFGH各边的四等分点M，N，P，Q，作第3个正方形MNPQ，以此方法一直继续下去，就可以得到阴影部分的图案．设正方形ABCD边长为a1，后续各正方形边长依次为a2，a3，…，an，…；如图(2)阴影部分，设Rt△AEH的面积为b1，后续各直角三角形面积依次为b2，b3，…，bn，….下列说法错误的是(　　) A．从正方形ABCD开始，连续3个正方形的面积之和为 B．an＝4×n－1 C．使得不等式bn>成立的n的最大值为4 D．数列{bn}的前n项和Sn<4 答案　C 解析　由题可得a1＝4， a2＝＝a1， a3＝＝a2， …， an＝＝an－1， 则＝， 所以数列{an}是以4为首项，为公比的等比数列，则an＝4×n－1，显然B正确； 由题意可得，S△AEH＝， 即b1＝，b2＝，…，bn＝， 于是bn＝ ＝×n－1，为等比数列， 对于A，连续三个正方形的面积之和S＝a＋a＋a＝16＋10＋＝，A正确； 对于C，令bn＝×n－1>，则n－1>， 而4－1＝<，C错误； 对于D，Sn＝×＝4×<4， D正确． 6．（多选）已知数列满足，则（ ） A. ≥2 B. 是递增数列 C. {-4}是递增数列 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据所给的递推公式，结合选项构造对应的表达式推导即可 【详解】对于A，因为，故，所以，当且仅当时取等号，故A正确； 对于B，由A可得为正数数列，且，则，故为递增数列，且，根据对勾函数的单调性，为递增数列，故B正确； 对于C，由，由题意，，即可知不是递增数列； 对于D，因为，所以，所以， 所以，即. 故选：ABD 7．（多选）如果一个人爬楼梯的方式有两种，一次上1个台阶或2个台阶，设爬上第个台阶的方法数为， 则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】由题知，且,再根据递推关系依次讨论各选项即可得答案. 【详解】解：根据题意，爬上第个台阶有两种可能， 一种是从个台阶上爬上来，有种方式； 一种是从个台阶上爬上来，有种方式， 所以，，且 所以，，故正确； 所以，，故C选项错误； 因为， 所以，，故B正确； ， ， ， ．．． ， 累加可得 ， 故 D 正确， 故选： ABD． **8．（多选）已知数列满足：，设，数列的前项和为，则下列选项正确的是（     ） A．数列单调递增，数列单调递减 B． C． D． 【答案】ABC 【分析】由给定条件可得，由此构造函数，利用导数研究其单调性而判断选项A，利用不等式性质探求出可判断选项B，由的范围探求出的范围而判断选项C，取特值说明而判断选项D. 【详解】因，，则，即， 令，则，在上单调递增， 点与是函数图象上的两点，于是有，则，都单调， 又，则，即，，所以单调递增，单调递减，A正确； 显然，，而，即，则，， 于是，则有，所以，B正确； ，而， ， 所以，C正确； 若，则，而，即对和都不成立，D不正确. 故选：ABC 二、填空题 9．已知数列{an}满足an＝n2＋λn，n∈N*，若数列{an}是单调递增数列，则λ的取值范围是______． 答案　(－3，＋∞) 解析　∵{an}是单调递增数列， ∴当n≥1时，an＋1－an＝(n＋1)2＋λ(n＋1)－n2－λn＝2n＋1＋λ>0恒成立， 即λ>－2n－1，∵n≥1， ∴(－2n－1)max＝－3， ∴λ>－3. 10．(邯郸模拟)“中国剩余定理”又称“孙子定理”，可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第十六题的“物不知数”问题，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二．问物几何？现有一个相关的问题：将1到2 022这2 022个自然数中被3除余2且被5除余4的数按照从小到大的顺序排成一列，构成一个数列，则该数列的项数为________． 答案　134 解析　因为由1到2 022这2 022个自然数中被3除余2且被5除余4的数按照从小到大的顺序所构成的数列是一个首项为14，公差为15的等差数列{an}，所以该数列的通项公式为an＝14＋15(n－1)＝15n－1.令an＝15n－1≤2 022， 解得n≤134，即该数列的项数为134. 11．（2022•淮南一模）已知数列满足，，，则该数列的前16项和为　546　． 【解析】解：当时，，数列为等差数列，； 当时，，数列为等比数列，． 该数列的前16项和 ． 故答案为：546． 12．数列满足，前16项和为540，则__________　　． 【解析】解：因为数列满足， 当为奇数时，， 所以，，，， 则， 当为偶数时，， 所以，，，，，，， 故，，，，，，， 因为前16项和为540， 所以， 所以，解得． 故答案为：． 三、解答题 13．(青岛模拟)已知{an}为等比数列，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的数，且a1，a2，a3中的任何两个数都不在下表的同一列，{bn}为等差数列，其前n项和为Sn，且a1＝b3－2b1，S7＝7a3. 第一列 第二列 第三列 第一行 1 5 2 第二行 4 3 10 第三行 9 8 20 (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)若cn＝[lg bn]，其中[x]是高斯函数(表示不超过x的最大整数)，如[lg 2]＝0，[lg 98]＝1，求数列{cn}的前100项的和T100. 解　(1)由题意知a1＝2，a2＝4，a3＝8， 所以等比数列{an}的公比q＝2，an＝a1qn－1＝2n， 设等差数列{bn}的公差为d， 则2＝b3－2b1＝2d－b1， S7＝＝7b4＝7a3， 所以b4＝8＝b1＋3d， 所以b1＝2，d＝2，bn＝2n. (2)由(1)知cn＝[lg (2n)]， 则T100＝c1＋c2＋…＋c100＝[lg 2]＋[lg 4]＋[lg 6]＋[lg 8]＋[lg 10]＋…＋[lg 98]＋[lg 100]＋…＋[lg 200]＝4×0＋45×1＋51×2＝147. 14．已知等比数列{bn}和递增的等差数列{an}满足a1＝12，b1＝1，a2＝5b2，a3＝2b3. (1)求数列{an}和数列{bn}的通项公式； (2)数列{an}和数列{bn}中的所有项分别构成集合A和B，将A∪B的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列{cn}，求数列{cn}的前63项和S63. 解　(1)设等比数列{bn}和递增的等差数列{an}的公比和公差分别为q，d(d>0)， 故由a1＝12，b1＝1，a2＝5b2，a3＝2b3， 可得 解得或(舍去)， 故an＝12＋3(n－1)＝3n＋9，bn＝3n－1. (2)b1＝1，b2＝3，b3＝9，b4＝27，b5＝81，b6＝243， ∴b4＝a6，b5＝a24，b6＝a78， ∴b4，b5是公共项， ∴S63＝(b1＋b2＋b3＋b4＋b5)＋(a1＋…＋a60)－(b4＋b5) ＝1＋3＋9＋12×60＋×3 ＝6 043. 15．(山东联考)已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋2＝kan(k≠1)，n∈N*，a2＋a3，a3＋a4，a4＋a5成等差数列． (1)求k的值和{an}的通项公式； (2)设bn＝求数列{bn}的前n项和Sn. 解　(1)因为a2＋a3，a3＋a4，a4＋a5成等差数列， 所以2(a3＋a4)＝a2＋a3＋a4＋a5， 得a5－a3＝a4－a2， 得(k－1)a2＝(k－1)a3， 因为k≠1，所以a2＝a3＝2， 所以k＝＝2，得an＝ (2)由(1)知，bn＝ 当n为偶数时，设n＝2k，k∈N*， 可得Sn＝S2k＝b1＋b3＋…＋b2k－1＋b2＋b4＋…＋b2k＝20＋22＋…＋22k－2＋(2＋4＋…＋2k) ＝＋×＝＋， 即Sn＝＋； 当n为奇数时，设n＝2k－1，k∈N*， 可得Sn＝S2k－1 ＝b1＋b3＋…＋b2k－1＋b2＋b4＋…＋b2k－2 ＝20＋22＋…＋22k－2＋(2＋4＋…＋2k－2) ＝＋× ＝＋， 即Sn＝＋. 综上所述，Sn＝ 16．(烟台模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a4＝9，S3＝15. (1)求{an}的通项公式； (2)保持数列{an}中各项先后顺序不变，在ak与ak＋1(k＝1,2，…)之间插入2k个1，使它们和原数列的项构成一个新的数列{bn}，记{bn}的前n项和为Tn，求T100的值． 解　(1)设{an}的公差为d， 由已知a1＋3d＝9,3a1＋3d＝15. 解得a1＝3，d＝2. 所以an＝2n＋1. (2)因为在ak与ak＋1(k＝1,2，…)之间插入2k个1， 所以ak在{bn}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＋…＋25×1)＋32×1 ＝×(3＋13)＋＋32＝142. 17．(长沙质检)已知{an}是公差不为0的等差数列，其前n项和为Sn，a1＝2，且a2，a4，a8成等比数列． (1)求an和Sn； (2)若bn＝＋，数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn≥对任意的n∈N*恒成立，求实数m的取值范围． 解　(1)设数列{an}的公差为d， 由已知得a＝a2a8， 即(2＋3d)2＝(2＋d)(2＋7d)， 整理得d2－2d＝0， 又d≠0，∴d＝2， ∴an＝2＋2(n－1)＝2n， ∴Sn＝＝n2＋n. (2)由题意知， bn＝2n＋＝2n＋ ＝2n＋－， ∴Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋ ＝＋1－＝2n＋1－1－， ∵Tn≥， ∴(n＋1)2n＋1－(n＋2)≥m， 令f(n)＝(n＋1)2n＋1－(n＋2)， 则f(n＋1)－f(n)＝(n＋3)2n＋1－1>0， 即f(n＋1)>f(n)对任意的n∈N*恒成立， ∴{f(n)}是单调递增数列， ∴[f(n)]min＝f(1)＝5， ∴m≤5， ∴实数m的取值范围是(－∞，5]． 18． 数列满足，． (1)求数列的通项公式； (2)数列中是否存在最大项和最小项？若存在，求出相应的最大项或最小项；若不存在，说明理由． 【解析】(1)因为， 所以 两式相除得， 又当时，满足上式，所以 从而， 所以， ，， 累加可得时，则， 又当时，亦符合该通项， 所以的通项公式为，． (2)设，则数列是摆动数列，所有奇数项均为负数，所有偶数项均为正数． 所以若出现最大项，一定在偶数项出现；若出现最小项，一定在奇数项出现． （i）考查奇数项，令，解得，此时， 又，且，所以, 所以有，这表明数列的最小项为． （ii）考查偶数项，令，解得，此时， 又，即， 所以有，这表明数列的最大项为． 综上所述，存在最大项和最小项，最大项为第四项，最小项为第三项． 厦门外国语学校2025届高三下数学校本作业07《子数列及数列不等式问题》 班级： 姓名： 座号： 一、选择题 1．已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝1，a2＝2，a3＝3，记bn＝an＋an＋1＋an＋2且bn＋1－bn＝2，则S31等于(　　) A．171 B．278 C．351 D．395 2．(沈阳模拟)已知数列{an}满足a1＝1，anan＋1＝2n(n∈N*)，则S2 022等于(　　) A．3(21 011－1) B．21 011－3 C．3(21 010－1) D．21 012－3 3．(西南四省名校大联考)数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋3a2＋…＋3n－1an＝n·3n，若对任意n∈N*，Sn≥(－1)nnλ恒成立，则实数λ的取值范围为(　　) A．[－3,4] B．[－2，2] C．[－5,5] D．[－2－2,2＋2] 4．已知数列的首项，且满足，则存在正整数n，使得成立的实数组成的集合为（       ） A． B． C． D． 5.“双减”政策极大缓解了教育的“内卷”现象，数学中的螺旋线可以形象的展示“内卷”这个词，螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”，平面螺旋便是以一个固定点开始向外逐圈旋绕而形成的曲线，如图(1)所示．如图(2)所示阴影部分也是一个美丽的螺旋线型的图案，它的画法是这样的：正方形ABCD的边长为4，取正方形ABCD各边的四等分点E，F，G，H，作第2个正方形EFGH，然后再取正方形EFGH各边的四等分点M，N，P，Q，作第3个正方形MNPQ，以此方法一直继续下去，就可以得到阴影部分的图案．设正方形ABCD边长为a1，后续各正方形边长依次为a2，a3，…，an，…；如图(2)阴影部分，设Rt△AEH的面积为b1，后续各直角三角形面积依次为b2，b3，…，bn，….下列说法错误的是(　　) A．从正方形ABCD开始，连续3个正方形的面积之和为 B．an＝4×n－1 C．使得不等式bn>成立的n的最大值为4 D．数列{bn}的前n项和Sn<4 6．（多选）已知数列满足，则（ ） A. ≥2 B. 是递增数列 C. {-4}是递增数列 D. 7．（多选）如果一个人爬楼梯的方式有两种，一次上1个台阶或2个台阶，设爬上第个台阶的方法数为， 则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． **8．（多选）已知数列满足：，设，数列的前项和为，则下列选项正确的是（     ） A．数列单调递增，数列单调递减 B． C． D． 二、填空题 9．已知数列{an}满足an＝n2＋λn，n∈N*，若数列{an}是单调递增数列，则λ的取值范围是______． 10．(邯郸模拟)“中国剩余定理”又称“孙子定理”，可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第十六题的“物不知数”问题，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二．问物几何？现有一个相关的问题：将1到2 022这2 022个自然数中被3除余2且被5除余4的数按照从小到大的顺序排成一列，构成一个数列，则该数列的项数为________． 11．（2022•淮南一模）已知数列满足，，，则该数列的前16项和为　 　． 12．数列满足，前16项和为540，则__________　　． 三、解答题 13．(青岛模拟)已知{an}为等比数列，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的数，且a1，a2，a3中的任何两个数都不在下表的同一列，{bn}为等差数列，其前n项和为Sn，且a1＝b3－2b1，S7＝7a3. 第一列 第二列 第三列 第一行 1 5 2 第二行 4 3 10 第三行 9 8 20 (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)若cn＝[lg bn]，其中[x]是高斯函数(表示不超过x的最大整数)，如[lg 2]＝0，[lg 98]＝1，求数列{cn}的前100项的和T100. 14．已知等比数列{bn}和递增的等差数列{an}满足a1＝12，b1＝1，a2＝5b2，a3＝2b3. (1)求数列{an}和数列{bn}的通项公式； (2)数列{an}和数列{bn}中的所有项分别构成集合A和B，将A∪B的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列{cn}，求数列{cn}的前63项和S63. 15．(山东联考)已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋2＝kan(k≠1)，n∈N*，a2＋a3，a3＋a4，a4＋a5成等差数列． (1)求k的值和{an}的通项公式； (2)设bn＝求数列{bn}的前n项和Sn. 16．(烟台模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a4＝9，S3＝15. (1)求{an}的通项公式； (2)保持数列{an}中各项先后顺序不变，在ak与ak＋1(k＝1,2，…)之间插入2k个1，使它们和原数列的项构成一个新的数列{bn}，记{bn}的前n项和为Tn，求T100的值． 17．(长沙质检)已知{an}是公差不为0的等差数列，其前n项和为Sn，a1＝2，且a2，a4，a8成等比数列． (1)求an和Sn； (2)若bn＝＋，数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn≥对任意的n∈N*恒成立，求实数m的取值范围． 18. 数列满足，． (1)求数列的通项公式； (2)数列中是否存在最大项和最小项？若存在，求出相应的最大项或最小项；若不存在，说明理由． 厦门外国语学校2025届高三下数学校本作业07《子数列及数列不等式问题》 班级： 姓名： 座号： 一、选择题 1．已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝1，a2＝2，a3＝3，记bn＝an＋an＋1＋an＋2且bn＋1－bn＝2，则S31等于(　　) A．171 B．278 C．351 D．395 答案　C 解析　由bn＋1－bn＝2， 得bn＋1－bn＝an＋1＋an＋2＋an＋3－(an＋an＋1＋an＋2) ＝an＋3－an＝2， 所以a1，a4，a7，…是首项为1，公差为2的等差数列，a2，a5，a8，…是首项为2，公差为2的等差数列，a3，a6，a9，…是首项为3，公差为2的等差数列， 所以S31＝(a1＋a4＋…＋a31)＋(a2＋a5＋…＋a29)＋(a3＋a6＋…＋a30) ＝1×11＋＋2×10＋＋3×10＋＝351. 2．(沈阳模拟)已知数列{an}满足a1＝1，anan＋1＝2n(n∈N*)，则S2 022等于(　　) A．3(21 011－1) B．21 011－3 C．3(21 010－1) D．21 012－3 答案　A 解析　因为数列{an}满足a1＝1，anan＋1＝2n(n∈N*)， 当n＝1时，a2＝2， 当n≥2时，anan－1＝2n－1，则＝2， 所以数列{an}的奇数项是以1为首项，以2为公比的等比数列， 数列{an}的偶数项是以2为首项，以2为公比的等比数列， 所以S2 022＝＋， ＝21 011－1＋2×21 011－2 ＝3×21 011－3＝3(21 011－1)． 3．(西南四省名校大联考)数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋3a2＋…＋3n－1an＝n·3n，若对任意n∈N*，Sn≥(－1)nnλ恒成立，则实数λ的取值范围为(　　) A．[－3,4] B．[－2，2] C．[－5,5] D．[－2－2,2＋2] 答案　A 解析　当n≥2时，3n－1an＝n·3n－(n－1)3n－1 ＝(2n＋1)3n－1， ∴an＝2n＋1，当n＝1时，a1＝3符合上式， ∴an＝2n＋1， ∴Sn＝＝n2＋2n. 当n为奇数时，λ≥－＝－(n＋2)， 令g(n)＝－(n＋2)， 当n＝1时，g(n)max＝－3， ∴λ≥－3， 当n为偶数时，λ≤＝n＋2， 令h(n)＝n＋2，∴λ≤h(2)＝4， ∴－3≤λ≤4. 4．已知数列的首项，且满足，则存在正整数n，使得成立的实数组成的集合为（       ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由于，所以使用累加法，得： ， 若n为奇数， ，是递减数列； 若n为偶数，，是递增数列， 显然，对于不等式， 等价于：若，有，则，，大于从数列的第2项算起的最小值，即只要，， 必然存在一个正整数n使得不等式成立，故； 若，有，则，即 ， 故； 故选：A. 5.“双减”政策极大缓解了教育的“内卷”现象，数学中的螺旋线可以形象的展示“内卷”这个词，螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”，平面螺旋便是以一个固定点开始向外逐圈旋绕而形成的曲线，如图(1)所示．如图(2)所示阴影部分也是一个美丽的螺旋线型的图案，它的画法是这样的：正方形ABCD的边长为4，取正方形ABCD各边的四等分点E，F，G，H，作第2个正方形EFGH，然后再取正方形EFGH各边的四等分点M，N，P，Q，作第3个正方形MNPQ，以此方法一直继续下去，就可以得到阴影部分的图案．设正方形ABCD边长为a1，后续各正方形边长依次为a2，a3，…，an，…；如图(2)阴影部分，设Rt△AEH的面积为b1，后续各直角三角形面积依次为b2，b3，…，bn，….下列说法错误的是(　　) A．从正方形ABCD开始，连续3个正方形的面积之和为 B．an＝4×n－1 C．使得不等式bn>成立的n的最大值为4 D．数列{bn}的前n项和Sn<4 答案　C 解析　由题可得a1＝4， a2＝＝a1， a3＝＝a2， …， an＝＝an－1， 则＝， 所以数列{an}是以4为首项，为公比的等比数列，则an＝4×n－1，显然B正确； 由题意可得，S△AEH＝， 即b1＝，b2＝，…，bn＝， 于是bn＝ ＝×n－1，为等比数列， 对于A，连续三个正方形的面积之和S＝a＋a＋a＝16＋10＋＝，A正确； 对于C，令bn＝×n－1>，则n－1>， 而4－1＝<，C错误； 对于D，Sn＝×＝4×<4， D正确． 6．（多选）已知数列满足，则（ ） A. ≥2 B. 是递增数列 C. {-4}是递增数列 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据所给的递推公式，结合选项构造对应的表达式推导即可 【详解】对于A，因为，故，所以，当且仅当时取等号，故A正确； 对于B，由A可得为正数数列，且，则，故为递增数列，且，根据对勾函数的单调性，为递增数列，故B正确； 对于C，由，由题意，，即可知不是递增数列； 对于D，因为，所以，所以， 所以，即. 故选：ABD 7．（多选）如果一个人爬楼梯的方式有两种，一次上1个台阶或2个台阶，设爬上第个台阶的方法数为， 则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】由题知，且,再根据递推关系依次讨论各选项即可得答案. 【详解】解：根据题意，爬上第个台阶有两种可能， 一种是从个台阶上爬上来，有种方式； 一种是从个台阶上爬上来，有种方式， 所以，，且 所以，，故正确； 所以，，故C选项错误； 因为， 所以，，故B正确； ， ， ， ．．． ， 累加可得 ， 故 D 正确， 故选： ABD． **8．（多选）已知数列满足：，设，数列的前项和为，则下列选项正确的是（     ） A．数列单调递增，数列单调递减 B． C． D． 【答案】ABC 【分析】由给定条件可得，由此构造函数，利用导数研究其单调性而判断选项A，利用不等式性质探求出可判断选项B，由的范围探求出的范围而判断选项C，取特值说明而判断选项D. 【详解】因，，则，即， 令，则，在上单调递增， 点与是函数图象上的两点，于是有，则，都单调， 又，则，即，，所以单调递增，单调递减，A正确； 显然，，而，即，则，， 于是，则有，所以，B正确； ，而， ， 所以，C正确； 若，则，而，即对和都不成立，D不正确. 故选：ABC 二、填空题 9．已知数列{an}满足an＝n2＋λn，n∈N*，若数列{an}是单调递增数列，则λ的取值范围是______． 答案　(－3，＋∞) 解析　∵{an}是单调递增数列， ∴当n≥1时，an＋1－an＝(n＋1)2＋λ(n＋1)－n2－λn＝2n＋1＋λ>0恒成立， 即λ>－2n－1，∵n≥1， ∴(－2n－1)max＝－3， ∴λ>－3. 10．(邯郸模拟)“中国剩余定理”又称“孙子定理”，可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第十六题的“物不知数”问题，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二．问物几何？现有一个相关的问题：将1到2 022这2 022个自然数中被3除余2且被5除余4的数按照从小到大的顺序排成一列，构成一个数列，则该数列的项数为________． 答案　134 解析　因为由1到2 022这2 022个自然数中被3除余2且被5除余4的数按照从小到大的顺序所构成的数列是一个首项为14，公差为15的等差数列{an}，所以该数列的通项公式为an＝14＋15(n－1)＝15n－1.令an＝15n－1≤2 022， 解得n≤134，即该数列的项数为134. 11．（2022•淮南一模）已知数列满足，，，则该数列的前16项和为　546　． 【解析】解：当时，，数列为等差数列，； 当时，，数列为等比数列，． 该数列的前16项和 ． 故答案为：546． 12．数列满足，前16项和为540，则__________　　． 【解析】解：因为数列满足， 当为奇数时，， 所以，，，， 则， 当为偶数时，， 所以，，，，，，， 故，，，，，，， 因为前16项和为540， 所以， 所以，解得． 故答案为：． 三、解答题 13．(青岛模拟)已知{an}为等比数列，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的数，且a1，a2，a3中的任何两个数都不在下表的同一列，{bn}为等差数列，其前n项和为Sn，且a1＝b3－2b1，S7＝7a3. 第一列 第二列 第三列 第一行 1 5 2 第二行 4 3 10 第三行 9 8 20 (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)若cn＝[lg bn]，其中[x]是高斯函数(表示不超过x的最大整数)，如[lg 2]＝0，[lg 98]＝1，求数列{cn}的前100项的和T100. 解　(1)由题意知a1＝2，a2＝4，a3＝8， 所以等比数列{an}的公比q＝2，an＝a1qn－1＝2n， 设等差数列{bn}的公差为d， 则2＝b3－2b1＝2d－b1， S7＝＝7b4＝7a3， 所以b4＝8＝b1＋3d， 所以b1＝2，d＝2，bn＝2n. (2)由(1)知cn＝[lg (2n)]， 则T100＝c1＋c2＋…＋c100＝[lg 2]＋[lg 4]＋[lg 6]＋[lg 8]＋[lg 10]＋…＋[lg 98]＋[lg 100]＋…＋[lg 200]＝4×0＋45×1＋51×2＝147. 14．已知等比数列{bn}和递增的等差数列{an}满足a1＝12，b1＝1，a2＝5b2，a3＝2b3. (1)求数列{an}和数列{bn}的通项公式； (2)数列{an}和数列{bn}中的所有项分别构成集合A和B，将A∪B的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列{cn}，求数列{cn}的前63项和S63. 解　(1)设等比数列{bn}和递增的等差数列{an}的公比和公差分别为q，d(d>0)， 故由a1＝12，b1＝1，a2＝5b2，a3＝2b3， 可得 解得或(舍去)， 故an＝12＋3(n－1)＝3n＋9，bn＝3n－1. (2)b1＝1，b2＝3，b3＝9，b4＝27，b5＝81，b6＝243， ∴b4＝a6，b5＝a24，b6＝a78， ∴b4，b5是公共项， ∴S63＝(b1＋b2＋b3＋b4＋b5)＋(a1＋…＋a60)－(b4＋b5) ＝1＋3＋9＋12×60＋×3 ＝6 043. 15．(山东联考)已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋2＝kan(k≠1)，n∈N*，a2＋a3，a3＋a4，a4＋a5成等差数列． (1)求k的值和{an}的通项公式； (2)设bn＝求数列{bn}的前n项和Sn. 解　(1)因为a2＋a3，a3＋a4，a4＋a5成等差数列， 所以2(a3＋a4)＝a2＋a3＋a4＋a5， 得a5－a3＝a4－a2， 得(k－1)a2＝(k－1)a3， 因为k≠1，所以a2＝a3＝2， 所以k＝＝2，得an＝ (2)由(1)知，bn＝ 当n为偶数时，设n＝2k，k∈N*， 可得Sn＝S2k＝b1＋b3＋…＋b2k－1＋b2＋b4＋…＋b2k＝20＋22＋…＋22k－2＋(2＋4＋…＋2k) ＝＋×＝＋， 即Sn＝＋； 当n为奇数时，设n＝2k－1，k∈N*， 可得Sn＝S2k－1 ＝b1＋b3＋…＋b2k－1＋b2＋b4＋…＋b2k－2 ＝20＋22＋…＋22k－2＋(2＋4＋…＋2k－2) ＝＋× ＝＋， 即Sn＝＋. 综上所述，Sn＝ 16．(烟台模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a4＝9，S3＝15. (1)求{an}的通项公式； (2)保持数列{an}中各项先后顺序不变，在ak与ak＋1(k＝1,2，…)之间插入2k个1，使它们和原数列的项构成一个新的数列{bn}，记{bn}的前n项和为Tn，求T100的值． 解　(1)设{an}的公差为d， 由已知a1＋3d＝9,3a1＋3d＝15. 解得a1＝3，d＝2. 所以an＝2n＋1. (2)因为在ak与ak＋1(k＝1,2，…)之间插入2k个1， 所以ak在{bn}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＋…＋25×1)＋32×1 ＝×(3＋13)＋＋32＝142. 17．(长沙质检)已知{an}是公差不为0的等差数列，其前n项和为Sn，a1＝2，且a2，a4，a8成等比数列． (1)求an和Sn； (2)若bn＝＋，数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn≥对任意的n∈N*恒成立，求实数m的取值范围． 解　(1)设数列{an}的公差为d， 由已知得a＝a2a8， 即(2＋3d)2＝(2＋d)(2＋7d)， 整理得d2－2d＝0， 又d≠0，∴d＝2， ∴an＝2＋2(n－1)＝2n， ∴Sn＝＝n2＋n. (2)由题意知， bn＝2n＋＝2n＋ ＝2n＋－， ∴Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋ ＝＋1－＝2n＋1－1－， ∵Tn≥， ∴(n＋1)2n＋1－(n＋2)≥m， 令f(n)＝(n＋1)2n＋1－(n＋2)， 则f(n＋1)－f(n)＝(n＋3)2n＋1－1>0， 即f(n＋1)>f(n)对任意的n∈N*恒成立， ∴{f(n)}是单调递增数列， ∴[f(n)]min＝f(1)＝5， ∴m≤5， ∴实数m的取值范围是(－∞，5]． 18． 数列满足，． (1)求数列的通项公式； (2)数列中是否存在最大项和最小项？若存在，求出相应的最大项或最小项；若不存在，说明理由． 【解析】(1)因为， 所以 两式相除得， 又当时，满足上式，所以 从而， 所以， ，， 累加可得时，则， 又当时，亦符合该通项， 所以的通项公式为，． (2)设，则数列是摆动数列，所有奇数项均为负数，所有偶数项均为正数． 所以若出现最大项，一定在偶数项出现；若出现最小项，一定在奇数项出现． （i）考查奇数项，令，解得，此时， 又，且，所以, 所以有，这表明数列的最小项为． （ii）考查偶数项，令，解得，此时， 又，即， 所以有，这表明数列的最大项为． 综上所述，存在最大项和最小项，最大项为第四项，最小项为第三项． 4 学科网（北京）股份有限公司 $