专题6 数列 考点15 等比数列&考点16 递推数列与数列求和-【区块练】2021-2025年五年高考真题分类汇编数学

考点15 1.解析　对A，由题意得结合q>0，解得或(舍去)，故A正确； 对B，则a5＝a1q4＝4×4＝，故B错误； 对C，S5＝＝＝，故C错误； 对D，an＝4×n－1＝23－n，Sn＝＝8－23－n， 则an＋Sn＝23－n＋8－23－n＝8，故D正确； 故选AD. 答案　AD 2.解析　S6＝21S2，∴1－q6＝21(1－q2)， ∴q4＋q2－20＝0，∴q2＝4，＝1＋q4＝17， ∴S8＝17×(－5)＝－85，选C. 答案　C 3.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. 答案　C 4.解析　设等比数列{an}首项为a1，公比为q，由题意，得 即 即 解得q＝，a1＝96，所以a6＝a1q5＝3. 故选D. 答案　D 5.解析　法一(基本量法)　设等比数列为{an}，其公比为q，前n项和为Sn，因为等比数列{an}的各项均为正数，所以q>0，又S4＝4，S8＝68，所以q≠1.由S4＝4得＝4　①，由S8＝68得＝68　②，得＝，即＝1＋q4＝17，所以q4＝16，又q>0，所以q＝2. 法二(等比数列等n项和性质法)　设等比数列为{an}，其公比为q，前n项和为Sn，因为等比数列{an}的各项均为正数，所以q>0，因为S4＝4，S8＝68，所以S8－S4＝64，因为S4，S8－S4，S12－S8，…成等比数列，且公比为q4，所以q4＝＝＝16，又q>0，所以q＝2. 答案　2 6.解析　(1)因为2Sn＝3an＋1－3， 所以2Sn＋1＝3an＋2－3， 两式相减可得2an＋1＝3an＋2－3an＋1， 即an＋2＝an＋1，所以等比数列{an}的公比为. 因为2S1＝3a2－3＝5a1－3， 所以a1＝1，故an＝n－1. (2)因为2Sn＝3an＋1－3，所以Sn＝(an＋1－1)＝，设数列{Sn}的前n项和为Tn，则Tn＝×－n ＝×n－n－. 7.解析　(1)S1＝a1＝1，所以＝1， 所以是首项为1，公差为的等差数列， 所以＝1＋(n－1)·＝， 所以Sn＝an. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－an－1， 所以(n－1)an＝(n＋1)an－1，即＝(n≥2)； 累积法可得an＝(n≥2)，又a1＝1满足该式， 所以{an}的通项公式为an＝. (2)证明　因为an＝，所以＝＝ 2，所以＋＋…＋ ＝2 ＝2<2. 8.解析　(1)证明　设等差数列{an}的公差为d，由a2－b2＝a3－b3，知a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，故d＝2b1，由a2－b2＝b4－a4，知a1＋d－2b1＝8b1－(a1＋3d)，故a1＋d－2b1＝4d－(a1＋3d)，故a1＋d－2b1＝d－a1，整理得a1＝b1，得证. (2)由(1)知d＝2b1＝2a1，由bk＝am＋a1知b1·2k－1＝a1＋(m－1)·d＋a1， 即b1·2k－1＝b1＋(m－1)·2b1＋b1，即2k－1＝2m， 因为1≤m≤500，故2≤2k－1≤1 000，解得2≤k≤10， 故集合{k|bk＝am＋a1,1≤m≤500}中元素的个数为9. 考点16 1.解析　使数列首项、递增幅度均最小，结合等差数列的通项及求和公式即可得解. 若要使n尽可能的大，则a1、递增幅度要尽可能小， 不妨设数列{an}是首项为3，公差为1的等差数列，其前n项和为Sn， 则an＝n＋2，S11＝×11＝88<100，S12＝×12＝102>100，所以n的最大值为11. 故选C. 答案　C 2.解析　n＝1，可得a＝9，又各项均为正，可得a1＝3，令n＝2可得a2(3＋a2)＝9，可解得a2＝＜3，故①正确；当n≥2时，由Sn＝得Sn－1＝，于是可得an＝－，即＝，若{an}为等比数列，则n≥2时an＋1＝an，即从第二项起为常数，可检验n＝3时不成立，故②错误；an·Sn＝9(n＝1,2…)，可得an·Sn＝an＋1·Sn＋1，于是＝＜1，所以an＋1＜an，于是③正确；对于④，若所有项均大于等于，取n＞90 000，则an≥，Sn＞900，于是anSn＞9与已知矛盾，所以④正确. 答案　①③④ 3.解析　(1)因为4Sn＝3an＋4　①，所以当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4　②， 则当n≥2时，①－②得4an＝3an－3an－1， 即an＝－3an－1. 当n＝1时，由4Sn＝3an＋4得4a1＝3a1＋4， 所以a1＝4≠0， 所以数列{an}是以4为首项，－3为公比的等比数列， 所以an＝4×(－3)n－1. (2)解法一(错位相减法) 因为bn＝(－1)n－1nan＝(－1)n－1n×4×(－3)n－1＝4n·3n－1， 所以Tn＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n·3n－1，所以3Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n·3n， 上面两式相减得－2Tn＝4＋4(31＋32＋…＋3n－1)－4n·3n＝4＋4×－4n·3n＝－2＋(2－4n)·3n， 所以Tn＝1＋(2n－1)·3n. 解法二(裂项求和)　bn＝(－1)n－1nan＝(－1)n－1n×4×(－3)n－1＝4n·3n－1， 令bn＝(kn＋b)·3n－[k(n－1)＋b]·3n－1， 则bn＝(kn＋b)·3n－[k(n－1)＋b]·3n－1＝3n－1[3kn＋3b－k(n－1)－b]＝(2kn＋2b＋k)·3n－1， 所以解得 即bn＝(2n－1)·3n－[2(n－1)－1]·3n－1＝(2n－1)·3n－(2n－3)·3n－1， 所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1×31－(－1)×30＋3×32－1×31＋5×33－3×32＋…＋(2n－1)·3n－(2n－3)·3n－1＝(2n－1)·3n－(－1)×30＝(2n－1)·3n＋1. 4.解析　(1)证明　由已知得2Sn＋n2＝2nan＋n. 当n＝1时，原式恒成立； 当n≥2时，2Sn－1＋(n－1)2＝2(n－1)an－1＋(n－1)； 两式相减得：2an＋2n－1＝2nan－2(n－1)an－1＋1， 整理得：(2n－2)an＝(2n－2)an－1＋(2n－2)， 因为n≥2，故2n－2>0，所以an－an－1＝1(n≥2)， 所以数列{an}是公差为1的等差数列. (2)由(1)d＝1；由题意a＝a4a9，即(a1＋6)2＝(a1＋3)·(a1＋8)，化简得a1＝－12.故Sn＝na1＋d＝－12n＋＝n2－n＝2－.因为n∈N*，所以n＝12或n＝13时，(Sn)min＝－78. 5.[思路点拨]　(1)根据题设中的递推关系可得bn＋1＝bn＋3，从而可求{bn}的通项. (2)根据题设中的递推关系可得{an}的前20项和为S20，可化为S20＝2(b1＋b2＋…＋b9＋b10)－10，利用(1)的结果可求S20. 解析　(1)由题设可得b1＝a2＝a1＋1＝2，b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5， 又a2k＋2＝a2k＋1＋1，a2k＋1＝a2k＋2， 故a2k＋2＝a2k＋3即bn＋1＝bn＋3即bn＋1－bn＝3， 所以{bn}为等差数列， 故bn＝2＋(n－1)×3＝3n－1. (2)设{an}的前20项和为S20，则 S20＝a1＋a2＋a3＋…＋a20， 因为a1＝a2－1，a3＝a4－1，…，a19＝a20－1， 所以S20＝2(a2＋a4＋…＋a18＋a20)－10＝2(b1＋b2＋…＋b9＋b10)－10＝2×10×2＋×3－10＝300. ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $ 一、选择题 1.(多选)(2025·全国二卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，q为{an}的公比，q>0，若S3＝7，a3＝1，则(　　) A.q＝ B.a5＝ C.S5＝8 D.an＋Sn＝8 2.(2023·新课标Ⅱ卷)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 3.(2023·全国甲卷·理)设等比数列的各项均为正数，前n项和为Sn，若a1＝1，S5＝5S3－4，则S4＝(　　) A. B. C.15 D.40 4.(2022·全国乙卷)已知等比数列{an}的前3项和为168，a2－a5＝42，则a6＝(　　) A.14　　　B.12 C.6　　　D.3 二、填空题 5.(2025·全国一卷)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________. 三、解答题 6.(2024·全国甲卷·文)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an＋1－3. (1)求{an}的通项公式； (2)求数列{Sn}的前n项和. 7.(2022·新高考Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，是公差为的等差数列. (1)求{an}的通项公式； (2)证明：＋＋…＋<2. 8.(2022·新高考Ⅱ卷)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. 一、选择题 1.(2021·北京卷)数列{an}是递增的整数数列，且a1≥3，a1＋a2＋…＋an＝100，则n的最大值为(　　) A.9 B.10 C.11 D. 12 二、填空题 2.(2022·北京卷)已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和Sn满足an·Sn＝9(n＝1,2…).给出下列四个结论： ①{an}的第2项小于3； ②{an}为等比数列； ③{an}为递减数列； ④{an}中存在小于的项. 其中所有正确结论的序号是________. 三、解答题 3.(2024·全国甲卷·理)记Sn为数列{an}的前n项和，已知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. 4.(2022·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和.已知＋n＝2an＋1. (1)证明{an}是等差数列； (2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值. 5.(2021·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝ (1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式； (2)求{an}的前20项和. ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $