专题六 考点二 等比数列及数列的综合应用&专题七 不等式-【创新教程】2022-2026五年高考数学真题分类特训试卷

考点二等比数列及数列的综合应用 [真题题组·实战集训] 一、选择题 1.(多选)(2026·全国Ⅱ卷，l0)设等比数列{an}的公比q≠1，a1>0,2a3=a1十a2,记其前n项和 为Sn,则 () A.q=一2 R52号 C.2S+2=S+S D.Ss. 2.(2026·天津卷，8)已知数列{an}的前n项和为Sn,S2n-Sn=n,a3=6,则a7十ag=（) A.68 B.56 C.-3 D.-4 3.(2025·上海卷，16)已知数列{am},{bn},{cn}的通项公式分别为am=10n一9，bn=2”,cm=入an十 (1一入)bn,若对任意入∈[0,1]，am,bn,cn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 4.(多选)(2025·全国二卷，9)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 () 1 A.9=2 Ba=日 C.S5=8 D.an+S,=8 5.(2023·新课标Ⅱ卷，8)记Sn为等比数列{am}的前n项和，若S4=一5，S6=21S2,则S8= () A.120 B.85 C.-85 D.-120 6.(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S4= () A号 B6 C.15 D.40 7.(2023·天津卷，6)已知{an}为等比数列，Sm为数列{an}的前n项和，a+1=2Sn十2，则a4的 值为 ( A.3 B.18 C.54 D.152 8.(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 二、填空题 9.(2026·全国I卷，14)设实数q满足：存在数列{an},使得对于任意n∈N*,均有a1十a2十…+ a3m=n2十n,且{an}中有某连续9项a4,a+1,…,a+8是公比为q的等比数列，则g的最大值为 10.(2026·上海卷，2)已知数列{an}为等比数列，且a1=2,a2=6,则a4= 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 52 三、解答题 12.(2026·天津卷，19)(15分)已知等差数列{am}与等比数列{bn}满足：a1=2,b1=1,a2=b1十 b2,a4=b3-b1. (1)求数列{an},{bn}的通项公式； (2)记En={x∈Rx≤n,3k∈N*,x=ak或x=b},记cn为En中的元素个数 (1)求cg;(i)求∑(-1)m·am·cm 13.(2025·全国-卷，16)已知数列{a,中，a1=3,0=,十1 nn+1n(n+1) (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amx”",求f'(一2). 53 14.(2025·天津卷，19){an}是等差数列，{bn}是等比数列，a1=b1=2,a2=b2十1，a3=b3· (1)求{an},{bn}的通项公式； (2)已知I={0,1},Hn∈N*有Tm={p1a1b1+p2a2b2十…+pabn|p1,p2,…,pn∈I}. (i)求证：H实数t∈Tn,均有t<an+1bn+1; (ⅱ)求T,中所有元素之和. 54 [真题题组·实战集训2] 一、选择题 1.(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{bn}:b1= 1+1,b=1+ 1 1bs=1+ 1一…，依此类推，其中a∈N(k=1,2,…).则(） 1 a a a1十 a2 1 a2十 a3 A.6<b B.bs<68 C.66<62 D.b<b 2.(2022·北京卷，6)设{an}是公差不为0的无穷等差数列，则“{an}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 二、填空题 3.(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={k|a =b,k∈N*},给出下列四个结论： ①若{an}与{bn}均为等差数列，则M中最多有1个元素； ②若{an}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，{bn}为等比数列，则M中最多有3个元素； ④若{an}为递增数列，{bn}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 4.(2024·上海卷，12)等比数列{an的首项a1>0,公比q>1,记In={x-y|x,y∈[a1,a2]U [am,am+1]},若对任意正整数n,In是闭区间，则g的取值范围是 5.(2023·全国甲卷（文），13)记S为等比数列{am}的前n项和.若8S6=7S3,则{an}的公比为 6.(2023·全国乙卷（理），15)已知{an}为等比数列，a2a4a5=a3a6,aga1=-8,则a7= 7.(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S6 8.(2022·北京卷，15)已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn满足am·S,n=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；③1a,为递减数列：④a,中存在小于0的项。 其中所有正确结论的序号是 55 三、解答题 9.(2024·全国甲卷（理），18)(12分)记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn=3an十4. (1)求{am}的通项公式； (2)设bn=(-1)”-1nan,求数列{bn}的前n项和Tm 10.(2024·天津卷，19)（本小题15分）已知数列{an}是等比数列，公比大于0.其前n项和为Sm· 若a1=1,S2=a3-1. E好 (1)求数列{an}的前n项和Sn; (2)设bn= k,n=ak ,∈N*. b-1+2k,ax<n<ak+ （i)当k≥2，n=ak+1时，求证：bn-1≥ak·bn (i)求b. 11(2022·全国甲卷，17)(12分)记S。为数列{u,}的前n项和，已知2S十n=2a,十1 (1)证明：{an}是等差数列； (2)若a4,a,a成等比数列，求Sn的最小值. 56 [真题题组·实战集训l3] 1.(2024·北京卷，21)(15分)已知集合M={(i,j,k,w)i∈{1,2}，j∈{3,4}，k∈{5,6}，w∈{7， 8},且i十j十k十w为偶数}.给定数列A:a1,a2,…,a,和序列2：T1,T2,…T,其中T,=(ij, k,ω)∈M(t=1,2,…,s),对数列A进行如下变换：将A的第i1j1,k1,w1项均加1，其余项不 变，得到的数列记作T1(A);将T1(A)的第i2,j2,k2,w2项均加1，其余项不变，得到数列记作 T2T1(A);;以此类推，得到T…T2T1(A),简记为2(A). (1)给定数列A:1,3,2,4,6,3,1,9和序列2：(1,3,5,7)，(2,4,6,8)，(1,3,5,7)，写出2(A): (2)是否存在序列2，使得2(A)为a1+2,a2+6,a3+4,a4+2,a5十8，a6+2,a,十4，a8十4，若存 类 在，写出一个符合条件的2；若不存在，请说明理由： (3)若数列A的各项均为正整数，且a1十a3十a十a,为偶数，求证：“存在序列2，使得2(A)的 各项都相等”的充要条件为“a1十a2=a3十a4-a5十a6=a?十ag”. 斯 和 2.(2023·新课标Ⅱ卷，18)(12分)已知{an}为等差数列，bn= 口m一6，n为奇数， 记S,Tn分别为 2am,n为偶数， 数列{an},{bn}的前n项和，S1=32,T3=16. (1)求{am}的通项公式； (2)证明：当n>5时，Tn>Sm 如 知 57 3.(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=nam· (1)求{an}的通项公式； (2)求数列十的前n项和T {2” 4.(2023·天津卷，19)(15分)已知数列{an}是等差数列，a2十a5=16,a5-a3=4. （1)求a,}的通项公式和夕a =2 (2)已知{bn}为等比数列，对于任意k∈N*,若2-1≤n≤2-1，则b<a,<bk+1· (i)当k≥2时，求证：2-1<b<2+1; (iⅱ)求{bn}的通项公式及其前n项和. 58 5.(2022·新高考Ⅱ卷，17)(10分)已知{a,n}是等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2一b2 =a3-b3=b4-a4: (1)证明：a1=b1; (2)求集合{k|b=am十a1,1≤m≤500}中元素的个数. 6.（2022·北京卷，21)（本小题15分） 已知Q:a1,a2,…,ak为有穷整数数列，给定正整数m,若对任意的n∈{1,2，…，m},在Q中存 在a;a+1,a+2,…,a+,（j≥0)，使得a;十a+1十a+2十…十a+j=n,则称Q为m-连续可表 数列 (1)判断Q:2,1,4是否为5一连续可表数列？是否为6一连续可表数列？说明理由： (2)若Q:a1,a2,…,ak为8-连续可表数列，求证：k的最小值为4； (3)若Q:a1,a2,…,ak为20-连续可表数列，且a1十a2十…十a.<20,求证：k≥7. 59 最新真题 专题七 不等式 分类特训 一、选择题 1.(2026 天津卷++}的最小值为 A.10 B.9 C.8 D.6 2.(2026·北京卷，9)学校组织高一、高二学生参观甲、乙两地博物馆，每位学生可自主选择一处前往. 已知高一学生总人数多于高二学生总人数，前往甲地的全体学生总数多于前往乙地的全体学生总 数，则 A去甲地的高一学生人数多于去乙地的高一学生人数 B.去甲地的高一学生人数多于去乙地的高二学生人数 C.去乙地的高一学生人数不多于去甲地的高二学生人数 D.去乙地的高二学生人数不少于去甲地的高二学生人数 3.(2025·全国二卷，4)不等式二≥2的解集是 A.{x|-2≤x≤1} B.{xlx≤-2} C.{x|-2≤x<1} D.(xlx>1) 4.(2025·北京卷，6)已知a>0,b>0,则 A.a2+62-2ab B.1+11 C.a+b-/ab 5.(多选)(2022·新高考Ⅱ卷，12)若x,y满足x2+y2-xy=1,则 A.x+y≤1 B.x+y≥-2 C.x2+y2≤2 D.x2+y2≥1 二、填空题 6.(2026·上海卷，7)已知a2+4b2=1,则ab的最大值为 7.(2025·上海卷，2)不等式-<0的解集为 x-3 8.(2025·上海卷，8)设a,b>0a+号-=1，则6+的最小值为 9.(2025·天津卷，15)若a,b∈R,Hx∈[-2,2]，均有(2a+b)x+bx-a-1≤0恒成立，则2a+b的最 小值为 10.(2024·上海卷，3)不等式x2-2x-3<0的解集为 11.(2023·上海卷，1)不等式|x-一2|<1的解集为 60(2)1+1+…+1= a a2 22+文++aw =-2)+(合-号)++（分中）川 =(1-n)2. 考点二 实战集训1 1.ACDA选项：由2a=a:十a1得2a19=a19十a1,因a >0,约去a1,得2g-q-1=0,即(2g+1)(g-1)=0.由 g≠1，得9=一 子、A正确：B选项：S -()门 1-() 当m为偶餐时，()广>0→S,<号，B错接：C选项： 因为Sn+2=S十a+1十aa+2,S+1=S,十a+1' 所以2S+2-Sw+1-S=aw+1+2a+2 a11+2g,由A项可知g=-合 故an+1(1十2q)=0,故2S+2=Sn+1十Sn,C正确；D选 项：对前n项和求和： s-号-（专] 号-()门 因为2()=-0-（）门： 所以2s-+号(-（专）)川 因为对任意≥1，均有1-（号）>0 所以它S>2恒成立.D正确. k=1 3 2.C由Sm-Sn=n①. 当n=1时，S:-S=1,即a2十a1-a1=1, ∴a2=1, 当n≥2时，S2m-)-S-1=n-1, 即Sm-2-S.-1=n-1②. ①-②整理得：a2n十a2m-1一a.=1③. ③式令n=2,a4十a3-a2=1,a2=1,a3=6, a=-4. ③式令n=3,a十a-a3=1, ③式令n=4,as十a,-a:=1, ∴ag十a,=1十a:=-3. 3.B由题意anbC>0,不妨设A(n,an),B(n,bn),C(n, c),三点均在第一象限内，由cn=入a十(1一入)b.可知， BC=ABA,A∈[0,1]，故点C恒在线段AB上， 则有min{an,bn}≤cn≤max{au,bn}<an十b 即对任意的1∈[0,1]，cm<a十bn恒成立， 令10x一9=2，构造函数f(x)=2一10x十9，x>0, 则f'(x)=2ln2-10,由(x)单调递增， 又f'(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,x2(x1<x2),且x1 ∈(1,2)，x2∈(5,6). ①若an≤b,即10m-9≤2”时，此时n=1或n≥6. 则an≤cn≤b,可知b,十cn>an成立， 要使am、bn、cm的值均能构成三角形， 所以an十cn>bn恒成立，故bn<2a, 所以有10m-9≤2" ,解得n=6: 12"<2(10n-9) ②若am≥b,即10n-9≥2”，此时n=2,3,4,5, 则an≥c≥b,可知a,十cm>b。成立， 要使am、bn、c,的值均能构成三角形，所以b,十cn>a恒 成立，故am<2bn, 所以有10m-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. 4.AD由题可知 a1+a19+a1g2=7 a1q=1 解得=2 g0 a,=4, 所以，=4×（合）=（位） -()’。台 1-2 +8()4 1- =(2)+8-8×(2)=8. 5.C由等比数列的性质可得S,S:-S2,S一S,Sg- S,…,为等比数列，因此(S-S2)2=S(S6一S),将S =-5,S=21S,代入上式，解得S,=-1(舍)或号，此 时S=105,由等比数列性质可知S,-S,S。-S,S。 4 S6为等比数列，解得Sg=一85，故选C. 6.C由题知1十q十q+g+g=5(1十g十g)-4, 即g+g=4g+4g,即g3+g°-4q-4=0, 即(g-2)(q+1)(g+2)=0. 由题知q>0,所以g=2. 所以S,=1+2+4+8=15.故选C. 7.C由题意可得：当n=1时，a2=2a1十2， 即a1g=2a1+2,① 当n=2时，ag=2(a1+ag)+2, 即a1g=2(a1+a1q)+2,② 联立①②可得a1=2,q=3,则a,=a1g=2×3=54,故 选C. 8.D设等比数列{an}首项为a1,公比为g,由题意， 1+a+a3=16 8,即/01+9+g)=168 a:-a=42 (a19(1-g3)=42 即a,1+g+g)=168 (a1g1-g)(1+q+g)=42 解得g=2,a1=96,所 以a=a1g=3,故选D. 9.解析：令Tm=am-2十a3m-1十a3m,由题意得Tn=(n十n) 一[(n-1)+(n-1)门=2n,因此每个三项块B的和 为2n. 设这9项为x,xq,xg,…,xg,记C=1十q十g2 由于C>0,且完整三项块和均为正，下面按k除以3的 余数讨论. 1.若=3m十1(m≥0)，这9项正好包含三个完整三项 块，得zC=2(m+1),zgC=2(m+2),xgC=2(m+3. 于是日-青卫g号子居，故这种起成不秀在 2.若=3m十2(m≥0)，其中两个完整三项块为第m十 2、m+3块，得xgC=2(m十2)，xgC=2(m+3),所以g =m+33 -m+2≤2 3.若k=3m(m≥1)，其中两个完整三项块为第m十1，m +2块，得xqC=2(m+1),xqC=2(m+2), 所以g=m十、3 m+12 3「3 综上（≤号，所以q<停.等号可以取到：取=2g 3 答案入√2 10.解析：由题意，q=3,a,=a1·q3=54. 答案：54 11.解析：易知g=十a十a十a=68-4-16,所以g a1十a2十a3十a: 4 2(负数舍去). 答案：2 12.解：(1)由已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，设公 差d,公比q,a1=2,b1=1, 0,=6+b, (a:=b-b1, +d=6+6g, (a1+3d=bg-b1, 2+d=1+g: 12+3d=g-1, ∴.am=2+(n-1)×2=2n. bn=1X3”-1=3"-1 (2)①En={x∈Rx≤n,3k∈N",x=ak且x=b}, ag=2,4,6,…,2k.a为偶数， b=3°，3,3，…，3”-1.b为奇数. {ae}与{b}无公共元素， .E1={3°}，c1=1, E2={3°，2}，c2=2, E3={3°，2,3〉=3个， …… E={3°，2,3,4,6,8,32，…，3"1,3”1+1，…31,3”}， 满足a,<g的北有”2个， 满足b≤3”的k有n十1个. c=321+m十1=3"+名m+旦 2 2 159 ②求(-1)°ac,记N=3,则求和到N-1.a=2m, c.=[受]+0og,m]+1. 于是S=2岁(-1D严m1+2(-1)m(1og:m] m=1 +1)=S1+S2, 2 得S,-岁(-1)产m-岁(-1Dm（mm0d2. N-1 令M=N-1=3”-1(偶数). (-1)m=NX-D(推学见后). m三1 2 (-1）m(mmod2)= =1 故S,= V(N-1) (N-1)(3N-1) 2 十 4 =(3"-1)(3”*1-1) 计算S,:将区间按3的幂分段，当m∈3,3+1一1门时， 3w+1-1 1ogm]+1=t+1,∑(-1)"m=3(因区间长度为 m=3 偶数，每对和为1). 则S=2(1+1)·3=2·1+2n-1)3 =4 4 =1+(2n-1)3” 2 求和：S=S,+S.=3”-1)(3+1-D+1+(2m-1D3 4 2 =3×9”+(4n-6)×3"+3 4 13.解：(1)证明：易知(n十1)a+1-na,=1, 所以{nan}是公差为1，首项为3的等差数列. (2)由1)可知n0,=3+(n-1)=m+2,所以a,=”+2 又f(x)=a1+2agz+3a3x2+…十manx-1, 所以f(-2)=2ka4(-2)-1=2(k+2)(-2)- =2+2(-2-+1D-2+-2)1 =1 -3 3 =(m+2)(-2)”-2+1-（-2)9 -3 9 =7-(3m+7)(-2)m 9 14.解：(1)设{an}公差为d,{bn}公比为g(q≠0)，则 2+2d=2g·解得3 (2+d=2g+1 (g=21 故a=2+3(n-1)=3n-1,bn=2”. (2)由题知集合T,中的元素为1=之p,ab, = 其中p:∈{0,1}， 当所有的p:=1时，t取最大值， 即tn=2a,b,=2[(3i-1)X2]. =1 计算tmx与aa+b+1 记S=t=(3i-1)X2, =1 则S=2(3i-1)×2=2×2+5×2+…+(3m+1) =1 ×2”, 2S=2(3i-1)×2+1=2×2+5×2+…+(3n-4) =1 ×2”+(3n-1)×2+1, -S=2(3i-1)×2-2(3i-1)×2+ =1 =4+3×(22+23+…+2")-(3n-1)×2+1 =4+3×4×0二2-)-(31-1)X2+1 1-2 =(8-6n)×2"-8. 则tmx=S=(6m-8)×2”+8=(3n-4)×2"+1+8. 易知a+1b+1=[3(n+1)-1]×2+1=(3n十2)×2+1 当n≥1时，a+1b+1-tnx=6X2+1一8≥6X21+1-8 16>0,所以Ht∈T.,均有tau+1b+1… 由题知集合T,中的元素为t=之pab,=pa6十 p2a2b2十…十p a b,其中p:∈{0,1}， 每个a,b:项在所有元素的和式中出现的次数为2”-1 所以T。中所有元素之和为2”-1S=2-1[(3n-4)× 2+1+8]=(3n-4)×4”+2+2. 实战集训2 1.D(取特殊值)取a.=1,于是有6，=2，b,=号， 5 6=3, 6,8 ，…，分子分母分别构成斐波那契数列，于是有 34， 55 子是得6>46，=1+号=1+器1+器=么6=1叶 骨>1+号=6=赞=1+品>1+号=6，对地选 项，选D. 2.C①充分性证明： 若{an}为递增数列，则对Hn∈N”,a+1>a,公差d= a+1an>0,取正整数Ngav,=a1+(N。-1)d>0成立 则当n>N。时，存在am>0. ②必要性证明： 若存在正整数N。,当n>N。时，am>0, an=a1+(n-1)d, d>-a,对Vn>N,m∈N都成立， n d-a1=0,且d≠0， lim .d>0, .对n∈N,都有a+1一an=d>0,a+1>aa,即：{an}为 递增数列 所以“{an}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. 3.解析：对于①，若{an}与{b,}均为等差数列， 设am=a1+(n-1)d1=d1n+(a1-d1),n∈N', b,=b1+(n-1)d,=d2n+(b1-d2),n∈N", 故可将a。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k满足as=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an=a1q1,n∈N,bn=b98,n∈N", 令a4=b,则a191=b91, 故会=（倍），甲=1+6g云，因为1e号会为 定值， 故当10g兰公为整数时，存在k使得=， 54b 故M中最多只有1个元素，②错误； 1 对于③，由①知，点(n,a,)在一条斜率不为0的直线l。 上，设b,=b1g”1(g≠1)，当公比g>0时，直线1。与数列 {b,}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1。与曲线C1,C2至多有3个公共 点，如当am=3n-4,bn=一1×(- 2)"-1时，a1=b1=-1,a2=b=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=一1时，易知M中最多有2个 元素；当一1<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{an}为递增数列， 则点(k,)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， 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 4,解析：由题意不妨设x>y,若x,y均在[a1,a],则有x -y∈[0，a2一a1],若x,y均在[am,am+1],则有x-y∈ [0,a+1一a],若x,y分别在两个区间，则x一y∈[an aa+1一a1],又因为q>1,总有1。是闭区间，则a,一a2 ≤au+1一a。恒成立即可，化简得g”1(g一2)十q≥0，所以 有q≥2恒成立. 答案：[2，十∞) 5.解析：若q=1,则由8S:=7S,得8×6a1=7×3a1,则a =0,不合题意. 所以g≠1.当q≠1时，因为8S:=7S3, 所以8×1-g）=7x00-g2, 1q 1-q 即8×(1-g)=7×(1-g),即8×(1+g)(1-q) =7×1-g),即8×1+g)=7,解得g=-2 答案：-号 6.解析：设{an}的公比为q(q≠0)，则a2aa:=a3as=a29· aq,显然an≠0， 则a,=g,即a1g=g2,则a1g=1,因为aa1o=一8， 则a1g·a1g=-8, 则gi=(g)3=-8=(-2)3,则g=-2, 则a,=a1q·g=1X(-2)=-2. 答案：一2 7.解析：S=3+6+12+24+48+96=189. 答案：189 8.解析：n=1,可得a12=9,又各项均为正，可得a1=3,令n =2可得a,(3十a,)=9,可解得a4=35-D<3,故0 正确；当n≥2时，由S,= 9得S。1=9,于是可得a A ax-1 是一品即品9写，多a为等比数列，别≥2 aaw-l aw-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：an·Sn=9(n=1,2…）.可得an·Sn=a+1 60 ·s于是=5 S<1,所以a1<a,于是圆正 确；对于④，若所有项均大于等于100，取n>90000,则a 005,>≥900，于是a,S,>9与已知矛盾，所以①正确 答案：①③④ 9.解：(1)因为4S.=3an+4,所以4Sn+1=3a+1+4,两式相 减可得：4aw+1=3au+1一3am, 即：an+1=一3a,又因为4S1=3a1十4，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 ·(-3)”-1； (2)bn=(-1)"-1nan=4n·3"-1, 所以T=4(1×3°+2×3+3×3+…+n×3-1), 3Tm=4(1×3+2×3十3×3+·+n×3”),两式相减 可得：-2T.=4(1十3十3十…十3”-1-n·3”)= 4客-8r）-2-ng-2,n=ea-Dg+ 10.解：(1)设等比数列{an}的公比为g>0, 因为a1=1,S,=a3-1,即a1十a2=ag一1， 可得1十g=g°一1，整理得g-q-2=0,解得q=2或q =一1（舍去）， 所以8号=x-1 (2)(i)由(1)可知an=2-1,且k∈N”,k≥2， 当n=ak+1=2≥4时， 则0=2-<2-1=n-1 (n-1=a+1-1<ag+1 即at<n-1<a+1 可知ag=2-1,bn=k十1， b。-1=b.+（ae+1-as-1·2k=k+2k(2-1-1) =k(2一1)， 可得b.-1-a·bn=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≥ak·bm； (i)由(1)可知：Sn=2”-1=aw+1-1, 若n=1,则S,=1,b1=1； 若n≥2，则at+1一as=2-1, 当2-1<i≤2一1时，b:一b-1=2k,可知{b}为等差 数列， 可得分6=·2-1十2621（2=卫=·4华-1 2 号[3k-10-（3=4)4] 所以26，=1+号[5×4-2X4+8X4-5×4+…十 (3n-1)4”-(3n-4)4"-1]=3n-1)4”+1 9 且n=1,特合上式，综上所迷：立6，=(3n-)4+1 =1 .解：)由子2空+n=20,+1,变形为2S,=2a十 n2,记为①式，又当n≥2时，2Sn-1=2(n-1)am-1十n 1-(n-1),记为②式， ①-②可得(2n-2)an-(2n-2)am-1=2n-2,n≥2， n∈N", 即an-aw-1=l,n≥2，n∈N”,所以{a}是等差数列； 16 (2)由题意可知a=aa,即(a1十6)2=(a1十3)(a1十8)，解 得a1=-12,所以a。=一12十(n一1)×1=n13,其中 a1<ag<…<ae<0,a13=0, 则S,的最小值为Se=S13=一78， 实战集训3 1.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2，可知2(A)的第1,2项之和 为a1十a2十s,第3,4项之和为a十a:十s,则 (a1+2)+(a2+6)=a1+a2+s 而该方程组无解，故假 (a3+4)+(a:十2)=a3+a:+s 设不成立，故不存在符合条件的2： (3)我们设序列T,…T2T(A)为{a.m(1≤n≤8)，特别规定 a0.m=am（1n8). 必要性： 若存在序列：w1w,…,w,使得D(A)为常数列. 则a.1=a2=a.3=a,4=ai=a,6=a7=a8,所以a, 十a2=a3十a.1=a,i十a6=a7十a8· 根据T,…T2T1(A)的定义，显然有a-1+a2= 0,-12-1十a,-12,这里j=1,2,3,4,s=1,2, 所以不断使用该式就得到，a1十a2=ag十a:=a;十a:= a,十，必要性得证 充分性： 若a1十a2=ag十a=a十ag=a,十a 由已知，a1十a2十a;十a,为偶数，而a1十a2=ag十a:=a 十a6=a?十ag,所以a2十a:+a6十ag=4(a1十a2）一(a1+ a十a十a,)也是偶数. 我们设T,…TgT(A)是通过合法的序列D的变换能得 到的所有可能的数列2(A)中，使得|a,1一a.2|十|a.3 a,4十a5一a,6十a,?一a,8最小的一个， 上面已经证明a,2-1十a,=a-1,2-1十a,-1,这里j= 1,2,3,4,s=1,2,……. 从而由a1十ae=ag十a:=a:十as=a,十ag可得a,1十a,.2 =a.3十a.4=a.i十a.6=a.7十a,8… 同时，由于i,十j,十k,十w,总是偶数，所以a.1十a,3十a 十a,和a2十a十a6十a.8的奇偶性保持不变，从而 al十a3十a.十a和a.2十a,4十a,6十a,都是偶数. 下列证明不存在j=1,2,3,4使得a.2-1一a.≥2. 假设存在，根据对称性，不妨设j=1a-1一a≥2，即 01-a.2≥2. 情况1：若a.3一a4十a.一a.6|十a.7一a.8=0,则 由a.1十a3十a.十a,.,和a.2十a4十a,十a.都是偶 数，知a.1-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-a+4.2|+|a+43 a+.4|十a+4,5一a,+4,6十a,+4.7一a+,8|相比原来的 a.l-a.2|+|a.3-a.4|+|a.-a.6|+|a.7-a.g|减 少4，这与a.1-a2+a.3-a.4|+|a.i-a.s|+|a.7 一a8的最小性矛盾： 情况2：若|a,3一a.4|十|a,i一a,i|十a,?-a.8|>0,不 妨设a,3一a4>0. 情况2-1：如果a.3一a.4≥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+1一a,+.|+ a,+2.3一a+2d|十a+2i一a,+2.6|十a,+2.7一a,+2.8相比 原来的al一a2|+a3-a.4|+a一a6+a,7一 as至少减少2，这与a.1一a.+la.-a.4|十a.i as十a?一a8的最小性矛盾： 情况2-2：如果a.4一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+.1一a+2.2|+ a,+2.3一a+24|十a+2.一a,+2.s|+|a+2,7一a+2.8相比 原来的|a.1-a2|+|a.3-a.4十a.i-a.s十|a.7- a.8至少减少2，这与a.1-a.2|十a.3一a.|+|a,i a.6十|a.7一a.8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a.-1-a.2≤1. 假设存在j=1,2,3,4使得a.2-1一a=1,则a,2-1 十a.是奇数，所以a1十a.2=a,3十a.4=a.i十a6= a,十aw都是奇数，设为2N+1. 则此时对任意j=1,2,3,4,由a-1一a|≤1可知必 有{a.2-1a.2}=(N,N+1} 而a1十a.3十a.i十a?和a,2十a.4十a.6十a.都是偶 数，故集合{ma,m=N}中的四个元素i,j,k,w之和为偶 数，对该数列进行一次变换(i,j,,w),则该数列成为常 数列，新的a,+1l一a,+1.e|十a,+1,3一a+1.|+|a,+1. a+1s|+a+1.7一a,+1,8等于零，比原来的a1一a.2|十 a.3-a4|十|a.-a6|+|a.7-a.g|更小，这与 a.1-a.2|+|a.3-a.4|+|a.5-a.6|+|a,7-a.s的 最小性矛盾. 综上，只可能a.1-1-a.=0=1,2,3,4),而1十 a2=a3十a.4=a十a6=a7十a,8,故{am}=2(A) 是常数列，充分性得证. 2.解：(1)设{an}的首项为a1,公差为d,由S,=32, 得4a1+6d=32, 又b1=a1-6,b2=2a2=2a1+2d,b3=a3-6=a1+2d- 6,所以T,=4a1+4d-12=16,即a1+d=7, 由a+6d32解得=5· (a1+d=7, ld=2, 所以{an}的通项公式an=2n十3. (2)由1)知6，={20-3n为奇数， 4n+6,n为偶数， 当m=2张(k∈N)时，T.=(-1)+621DX4+14k十 2 k(k一1DX8=6k+7k, 2 S.=2k×5+2(26-D×2=4k+8k, 2 T.-S=2k2-k=k(2k-1), 当n>5即>2时，(2k-1)>0, 所以T>Sn; 当n=2k+1(k∈N)时，T.=(k+1)(-1)++1Dk×4 2 +14h+k-D×8=6k2+11k-1, 2 S=(2k+1DX5+2k+1D2×2=4h+12k+5. 2 T.-Sn=2k-k-6=(2k+3)(k-2), 当n>5即k>2时，(2k+3)(k-2)>0, 所以T>S.证毕. 3.解：(1)因为2Sn=na, 当n=1时，2a1=a1,即a1=0; 当n=3时，2(1十a3)=3a3,即a3=2, 当n≥3时，2Sm-1=(n-1)am-1, 所以2(Sn-S-1)=nan-(n-1)an-1=2a, 化简得：(n-2)a=(n-1)a-1, 当28时品…-受=1即a=1 当n=1,2,3时都满足上式， 所以am=n一1(n∈N"). 16 （2因为兰所以T。=1×(位）)+2x(仔)+ 3×(合)+…+×（合）广： 号1=1x(侵)+2×（合）++m-1D×(合）】 +nx(） 两式相减得， 合工.=（合）+（合）+（合）+…+(2)广-X * 1一2 =1-（+受)(2)· 即T.=2-(2+(合)）neN. 4.解：1)由题意可得：十a:=2a,十5d=16 1a-a3=2d=4 解得∫，=3 ”(d=2' 则数列{an}的通项公式为an=a1十(n一1)d=3+2(n一 1)=2n+1, 注意到a,-1=2×2"-1十1=2”+1，从Q-1到a,1共有 2”-1-(2”-1-1)=2”-1项， 故空a=g1×(2+D+22-D×2=21+ =2 2 2m-1+22m-2-2"-1=3X2如-2 (2)(i)由题意可知，当2-l≤n≤2-1时， b<a<+1 取n=2-1,则b<a,k-1=2×2-1+1=2+1, 即b<2+1, 当2-2≤n≤2-1-1时，an<b, 取n=2-1-1,此时a,=a,s-1-1=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<b1<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b.=b1g”-1>b1×2”-1>2-1, 注意到21-(2”-1)=1-2”-1，则2”-1-(2”-1)>0 不恒成立，即2”1>2”-1不恒成立， 此时无法保证2”一1<bn, 若数列的公比q<2,则b,=b1g”1<b,×2-1<3×2”-1, 注意到3×2”-1-(2”+1)=2”-1-1，则2”-1一1<0不恒 成立，即3×2”-1<2”+1不恒成立， 此时无法保证b<2”+1, 综上可知，数列的公比为2， 则数列的通项公式为bn=2”, 其前n项和为S=2X12”）=2+1-2. 1一2 5.解：(1)设等差数列{an}公差为d 由a2-b2=a3-b,知a1+d-2b1=a1+2d- 4b1,故d=2b 由a2-b=b,-a,知a1+d-2b=8b,-(a1+3d), 故a1十d-2b1=4d-(a1+3d);故a1+d-2b=d-a1, 整理得a1=b,得证. (2)由(1)知d=2b1=2a1,由b=am+a1知：b1·2-1= a1+(m-1)·d+a1 即b1·2-1=b1+(m-1)·2b1+b1,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. 6.解：(1)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+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千项之和相加为6， 所以Q不是6一连续可表数列： (2)反证法：假设k的值为3，则a1,a2,ag最多能表示a1, a2,aga1十a2a2十ag,a1十a:十ag共6个数字，与Q为 8一连续可表数列矛盾，故k≥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； (3)以下先证明k≥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，取连续三个数字 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+3十2十1=21个正整数， 由于Q为20一可表数列，且a1十a2十ag十…十a5<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.B(+)+)=++5≥ 2+5=9 当且仅当x2=4 （即x=2,x=士2时取“=” 2.B设去甲、乙两地的高一学生人数分别为a,b,去甲、乙 两地的高二学生人数分别为c,d,由题意知a十b>c十d ①，a+c>b+d②. ①+②得2a十b+c>2d+b+c,即a>d,所以去甲地的 高一学生人数多于去乙地的高二学生人数， 3.C 由号≥2分导≥0台背≤0台 (x-1)(x+2)≤0， →一2x<1. (x-1≠0 4.C由基本不等式结合特例即可判断」 对于A,当a=b时，a2+b=2ab,故A错误：对于B、D, 取a= 6子此时士+ 1 +王=2+4=621 -=8 21 =2+=2+4=6> 2 ab'a =42=2,故 1、1 √ab1 B、D错误：对于C,由基本不等式可得a十b≥2√ab>√ab, 故C正确.故选：C. 16 5c由x+y-y=1得(-音）+()=1， x一2 =cos 0 x 3sin 0+cos0. 31 令 → √3 、2y=sin 2 3 sin0, 故z+y=5sin0+cos9=2sin(0+石）∈[-2,2]，故A 错，B对； 3 cos 20+ 4 2 3 m(20-)+专e[2] 其中tan= 3,故C对D错. 3 6.解析：由题意得，1=a2+46≥4ab,即ab≤ 1 答案： 7.解析：本题考查了分式不等式的解法 0 ∴.(x-3)(x-1)<0, .1x<3, .原不等式的解集为{x1<x<3},即(1,3). 答案：(1,3) 8.解析：a>0,6>0a+名-1.0<a<1.6>1 =1-6>0, 6+日-6名-61+六+22 26-D(6)+2=4 当且仅当=6-1，即=2a=2时，等号成立。 答案：4 9.解析：取x=一 2,得(2a+60)-之2a+b)-1≤0，即 2 2a+b≥-4. b 另一方面，取2a+6=-4,一2(2a十D=-2,此时6= -4,a=0, (2a十b)x2+bx-a-1≤0即-4.x2-4x-1≤0，亦即 (2x十1)≥0，显然恒成立，符合题意.故2a十b的最小值 为一4. 答案：一4 10.解析：将不等式分解因式得(x一3)(x+1)<0,解得 一1<x3. 答案：（一1,3） 11.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.D边长为a且夹角为60°的菱形面积公式为S=asin60° ,所以上底西西叔S=号×=2原，下底西西 2 s=9×g=9到SS2×2=v丽 2 =3√3， 3