2.8.3 数列的求和&2.8.4 与数列有关的新定义问题-【创新教程】2022-2026五年高考数学真题分类特训

故可将an与bn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a。=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=a1g1,n∈N,bn=b1g21,n∈N°， 令a4=b,则a1g1=bg1, 故会-（）广，即-1+会，国为1e会为 k-1 定值， 故当oe号云为签餐时，存在质候得a:=6, 故M中最多只有1个元素，②错误； 对于③，由①知点(n,am)在一条斜率不为0的直线l 上，设b.=b1g-1(q≠1)，当公比q>0时，直线。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<一1时，点(n,bn)在如图 y 所示的曲线C,C2上，由图易知直 线1。与曲线C1,C2至多有3个公共 点，如当an=3n-4,bn=-1X (-2)-1时，a1=b1=-1,a2=b2= 2,a4=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an|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,a)随及的取值逐渐增大，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：(1)由题意可得a十a,=2a1十5d=16 las-as=2d=4 解得∫a1=3 1d=2 则数列{an}的通项公式为an=a1十(n-1)d=3+2(n-1) =2n+1, 注意到a2-1=2X2-1十1=2十1，从a2-1到a,0-1共有 2”-1-(2”-1-1)=2-1项， 故空a,=2-1×(2+1D+221-D×2 e21 2 =22m-1+2-1十22m-2-24-1=3X22m-2 (2)(1)由题意可知，当21≤n≤2-1时， b<a<+1, 取n=2-1,则b<a-1=2X2-1十1=2十1， 即b<2+1, 当2-2≤n≤2-1-1时，an<b, 详解详析 取n=2-1-1,此时a=a-1-1=2(2*-1-1)+1 =2一1， 据此可得2一1<b, 综上可得2-1<b<2+1. (i)由(1)可知：1<b1<3,3<b2<5,7<b3<9, 15<b,<17,据此猜测bn=2, 否则，若数列的公比g>2, 则bn=61g-1>b1×2-1>2-1, 注意到2-1-(2”-1)=1-2-1，则2-1-(2”-1)>0 不恒成立，即21>2”一1不恒成立， 此时无法保证2-1<bn， 若数列的公比q<2,则b.=b1g”-1<b1X2-1<3X2m-1, 注意到3X21-(2”+1)=2”-1-1,则2"-1一1<0不恒 成立，即3X2-1<2"+1不恒成立， 此时无法保证bn<2十1， 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,=2X1二2)=21一2 1-2 5.解：(1)由已知得2Sn十n2=2nan十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一2(n-1)an-1十1， 整理得：(2n-2)an=(2n-2)an-1十(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号=a4a,即(a1十6)2=(a1+3) (a1十8)，化简得：a1=-12. 故8=a+2d=-12a+n2D=名-空 2 ,_25)12625 因为n∈N“,所以n=12或n=13时，(Sn)mim=-78. 6.解：(1)设等差数列{an}公差为d 由a2-b2=a3-b3,知a1+d-2b1=a1+2d- 4b1,故d=2b1, 由a2-b2=b,-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bs=am十a1知：b1·2-1 =a1+(m-1)·d+a1 即b,·2-1=b,+(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. 第3节数列的求和 考点1公式法与分组转化法求和 1.C本题考查了等差数列的通项公式，求和公差， ∴.Sn=-n2+8n.an=Sn-Sn-1=-n2+8n-[-(n- 1)2+8(n-1)]=-2n+9. n=1时，S1=7=a1, .am=-2n+9,n∈N", :等差数列{an}中d=-2<0. 5 最新真题分类特训·数学 .{an}为递减数列，可知a1>a2>ag>a4>0>a5>a6 Tn-Sn=2k2-k=k(2k-1), >a1>a12 当n>5即k>2时，k(2k-1)>0,所以T>Sn; |a1|+la2|+…+a2|=(a1+…+a4)-(as+a6+… 当n=2k+1(k∈N)时，T,=(k+1D(-1）++1D×4 +aB)=S,-(Se-S4)=2S,-S2=2X16-7-15×12 2 2 +14+6,1D×8=6k+11k-1, =32+48=80. 2 2.解：(1)设等比数列{an}的公比为q>0, S.=(2+1DX5+2+1)2×2=4W+12k+5, 2 因为a1=1,S2=a3-1,即a1十a2=ag-1, 可得1十q=g-1,整理得q2-q-2=0,解得q=2或q T.-S。=2k2-k-6=(2k+3)(k-2), 当n>5即k>2时，(2k+3)(k-2)>0, =-1(舍去)， 所以T>S。.证毕. 所以8=号=”-1 4.解：(1)设等差数列的公差为d, (2)(i)由(1)可知an=2-1,且k∈N*,k≥2， a2=a1+d=11 当n=a4+1=2≥4时， 】5o=10a1+10×9d=40’2a1+94=S, 由题意可得 则/a=2-1<2-1=n-1 21 ,即ae<n-1<a+1, (n-1=a+1-1<a+1 解得/a1=13 ld=-21 可知a=2*-1,bn=k十1， 所以an=13-2(n-1)=15-2n, b.-1=b,.+(a+1-a:-1)·2k=k+2k(2-1-1) 故am=15-2n. =k(2-1), 可得b.-1-a4·bn=k(2*-1)-(k+1)2-1 (2)因为S.-n(13+5-2m)-14m-, 2 =(k-1)2-1-k≥2(k-1)-=k-2≥0， 令a,=15-2n>0,解得a<5,且n∈N”, 当且仅当k=2时，等号成立， 所以bn-1≥ak·bn; 当n≤7时，则an>0,可得Tn=|a1|十|a2|+…+|an| (i)由(1)可知：Sn=2”-1=an+1-1, =a1十a2+…+an=Sn=l4n-n2; 若n=1,则S1=1,b1=1； 当n≥8时，则an<0,可得Tn=|a1|十|a2|十…十|an| 若n≥2，则ak+1-a4=2-1, =(a1十a2+…十a,)-(ag十…十an) 当2-1<i≤2-1时，b-b:-1=2k,可知{b:}为等差 =S,-(Sn-S,)=2S,-Sn=2(14×7-72)-(14n-n2) 数列， =n2-14n+98; 可得匀6=6·2*+2622-D=6·41= 14n-n2,n≤7 综上所述：T= 2-1 2 n2-14n+98,n≥8 号[(3k-1D4-(3-04-门， 考点2裂项相消法求和 5 解：1)由么十6=60，得1十9=69，得g=2或 所以26=1+号[5×4-2X4+8X4-5×4华+…+ -3（含去)： (3m-1)4”-(3m-4)4-1]=(3m-1)4+1 9 故6=2故岁-名=放6= 卫”=1，符合上式，袋上所选：26-8-)4士山， Cn 6n+2 9 由cn=a+1一an,得a+1一a,=4"-1,由累差叠加可得： 3.解：(1)设{an}的首项为a1,公差为d,由S4=32, 0,=41+2 得4a1+6d=32, 3 又b=a1-6,b,=2a2=2a1+2d,b=a-6=a1+2d-6, 0由6为等是纸到，得尝-品-津器故 所以T3=4a1+4d-12=16,即a1+d=7, 由4a,+6d=32 由累除叠乘可得： 解得a1=5, d+1 (a1+d=7, ld=2, c.=[(n-1)d+1]·[nd+1可 所以{an}的通项公式an=2n十3. 1 (2)由（1)知6，=21-3n为奇数， -a-ad中 14n十6，n为偶数. 故十c+6+…+c.=d41 当n=2(k∈N)时，T.=k(-1)+bk,1)×4十14十 d 2 (k一1)×8=6k2+7k, [-h+h++aah] 2 S.=2X5+2(20-1DX2=42+8k, -中[1-]<-1+日aeN,d>o) 2 得证. 176 考点3错位相减法求和 1.解：(1)证明：易知(n十1)an+1-nan=1,所以{nan}是公 差为1，首项为3的等差数列. (2)由(1)可知na,=3十(m-1)=n十2，所以a,=n+2 又f(x)=a1+2a2x+3agx2+…十nanx-1, 所以了(-2)=2a:(-21-多(+2(-2》1= 1 2[+2--+-2广'+二g] 3 =m+2)(-2)-2+1-（-2)” 一3 0 =7-(3m+7)(-2)" 2.解：(1)因为4Sn=3an十4，所以4S+1=3an+1十4，两式相 减可得：4an+1=3an+1-3an, 即：a+1=-3a.,又因为4S1=3a1十4，所以a1=4,故数列 {a}是首项为4，公比为-3的等比数列，an=4·(-3)-1. (2)bn=（-1)-nan=4n·3-1, 所以T.=4(1×3°+2X3+3X32+…+nX3-1), 3T,=4(1×31+2×32+3×33+…十n×3”),两式相减 可得：-2Tn=4(1十3十32+…十3"-1-n·3") 4(作等-…r）=2-wg-2T=2a-103+1. 3.解：(1)因为2Sn=an, 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)aw-1, 所以2(Sn-Sa-1）=nan-（(n-1)a.-1=2an, 化简得：-2)a.=(m-1a当≥3时兰与一已之 =…=受=1，即a,=-1, 当n=1,2,3时都满足上式， 所以an=n-1(n∈N). 8目为士-会所以=1x(侵）广+8×（合）十 3x(侵)广+…+x(侵)八， 台五.=1×（位）广+2×（侵）广++a-0×(合)】 +x(2), 两式相减得， 2工.=（侵）广+(2)+（合）'+…+（侵）°-× 传】*传 1- =1-(+号)合)月， 即T.=2-(2+0(2)广m∈N. 详解详析 考点4并项求和法 解：(1)设等比数列{an}的首项为a1,公比为q(g>1). a,=8,即/2g+ag=20 因为/a+a4=20 (a1g2=8 解得q=2,a1=2.所以an=2"。 (2)由于2=2,22=4,23=8,24=16,25=32,26=64,2 =128,所以b1对应的区间为：(0,1]，则b1=0: b2,b对应的区间分别为：(0,2]，(0,3]，则b2=b3=1,即 有2个1； b,b,b,b,对应的区间分别为：(0,4]，(0,5]，(0,6]， (0,7],则b,=6=b。=b,=2,即有22个2； b8,b,…,b1s对应的区间分别为：(0,8]，(0,9]，…，(0， 15],则b3=b,=…=b15=3,即有23个3； b16,b17,…,b1对应的区间分别为：(0,16]，(0,17]，…， (0,31],则b16=b1,=…=b1=4,即有2个4； b2,b3,…,b3对应的区间分别为：(0,32]，(0,33]，…， (0,63],则b32=b33=…=b3=5,即有25个5； b64,b5,…,b1对应的区间分别为：(0,64]，(0,65]，…， (0,100],则b4=b6=…=b10=6,即有37个6. 所以S10=1×2+2×22+3×23+4×24+5×2+6×37 =480. 第4节与数列有关的新定义问题 1.解析：令Tn=a3m-2十a3m-1十am,由题意得Tn=（n2+n) -[(n一1)2十(n-1)]=2n,因此每个三项块Bn的和 为2n. 设这9项为x,xq,xg2,…,xg,记C=1十g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k=3m十1(m≥0)，这9项正好包含三个完整三项 块，得xC=2(m+1),xqC=2(m+2),xqC=2(m+3). 于是对-阳且-名不质，故这种起点不存在。 m十1 2.若k=3m十2(m≥0)，其中两个完整三项块为第m十 2、m十3块，得xg2C=2(m+2),xqC=2(m十3)， 所以贺是 3.若k=3m(m≥1)，其中两个完整三项块为第m十1，m 十2块，得xqC=2(m十1)，xgC=2(m十2)，所以g3= 阳是 上g≤是所以≤得年号可以取到：取-80 33 83 答案：n2 2.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,b=1, a,-a+6:@+1=6+bg: as=b3-b1,a+3d=b92-61, ÷2+d1t9,d=8 12+3d=g2-1,1q=3, 最新真题分类特训·数学 ,.an=2+(n-1)×2=2n. 6n=1X3”-1=3-1 (2)①En={x∈R|x≤n,3k∈N*,x=ak且x=be}, ae=2,4,6,…,2k.ae为偶数， b=3°，3,32，…，3”-1.b为奇数. {a}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，…3-1,3"}， 满足a≤3”的及有32个， 满足b≤3”的k有n十1个. cg=3”21+m+1=3+2n+1 2 ②求室(-1ra6,记N=3,则求和到N-1.a. 2m,c。=[受]+[lgm]+1 于是s-2空(-1Drm[受]+2空(-1Dmog则 +1)=S1+S2, 计算5：利月[受]-m-mod2, 2 得S,=号(-1）m2-(-1）m(mmod2. m=1 网=1 令M=N-1=3-1(偶数). 总(-1)m=NN-1D(推导见后)， m- 2 总(-a(mod2)=-(当)=-( 故S= -D+(2）=N-aN-D 2 =(3”-1)(3+1-1) 4 计算S2:将区间按3的暴分段，当m∈[3,3+1-1]时， 3n十1 [1ogm]+1=t十1，∑(-1)”m=3(因区间长度为偶 m-3 数，每对和为1). 则s=2三4+1)·g=2·1+218 4 =1+(2n-1)3 2 求和：S=S,+S,=3”-1D(3+1-1)+1+(2m-1D3 4 2 =3×9"+(4n-6)×3"+3 4 3.解：(1)设{an}公差为d,{bn}公比为q(q≠0)，则 (2+d=2g+1 {2+2d=2g2 解得d=3 (9=2 故an=2+3(n-1)=3n-1,bn=2". (2)由题知案合T,中的元素为t=2pa,b 其中p:∈{0,1}， 当所有的p:=1时，t取最大值， 17 tmu=a.b,=[(3i-1)x2]. -1 -1 计算tnx与an+1bn+1 记S=t=2(3i-1)×2, 则S=2(3i-1)×2 =2X22+5×22+…+(3n+1)×2", 2S=2(3i-1)×2+1=2X22+5×23+…+(3n-4)× i▣1 2+(3n-1)X2+1, -S=2(3i-1)×2-2(3i-1)×2*1 =4+3×(22+23+…+2")-(3n-1)×2m+1 =4+3X4×1-2)-(3m-1D×2+1 1-2 =(8-6m)X2m-8. 则tx=S=(6n-8)×2”+8=(3m-4)×2+1+8. 易知aa+1b+1=[3(n十1)-1]×2+1=(3n十2)X2"+1 当n≥1时，a+1b+1-tmx=6X2m+1-8≥6X21+1-8= 16>0,所以Vt∈Tn,均有ta+1b+1… 由题知集合T,中的元素为t=之p,a,b,=pa,十pa 十…十p.a.b.,其中∈{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一4)X2+1 +8]=(3n-4)×4"+2+2 4.解：(1)若m=5,则对于任意n∈{1,2,3,4,5}， a2=1=1,a1=2=2,a1十a2=2+1=3,a3=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：假设的值为3，则a1,a2,ag最多能表示a1, a2,a3,a1十a2,a2十a3,a1十a2十a3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=4满足题意，故的最小值为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6十5十4十3十2十1=21个正整数， 由于Q为20-可表数列，且a1十a2+a3十…十ae<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. 分析：本题的关键就是：理解“数列Q中的连续若干项的 和可以表达任意的n∈{1,2，…，m}”最新真题分类特训·数学 第3节 数列的求和 [考点1]公式法与分组转化法求和 3.(2023·新课标Ⅱ卷，18)(12分)已知{an} 1.(2025·天津卷，6)已知数列{an}的前n项 为等差数列，6=，6n为奇数记S, 和Sn=一n2+8n,则{|an|}的前12项和为 2an,n为偶数. () Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和，S4= A.48 B.112 32,T3=16. C.80 D.144 (1)求{am}的通项公式； 2.(2024·天津卷，19)（本小题15分）已知数 (2)证明：当n>5时，Tn>Sm, 列{an}是等比数列，公比大于0.其前n项和 为Sn.若a1=1,S2=a3-1. (l)求数列{an}的前n项和Sn; (2)设6.={ ,n=a ,k∈N*. bn-1十2k,as<n<a+ （1)当k≥2，n=a+1时，求证：bn- ≥ak·bn； S* (i)求b 64 第二部分专题八数列 4.(2023·全国乙卷（文），18)(12分)记Sn为 [考点2]裂项相消法求和 等差数列{an}的前n项和，已知a2=11,S1o (2020·浙江卷，20)(15分)已知数列{a,}, =40. {bn},{cn}满足a1=b1=c1=1,cm=am+1一 (1)求{an}的通项公式： (2)求数列{|an}的前n项和Tm ba-cEN an,cnt1一b+2 (1)若{bn}为等比数列，公比q>0,且b1十b =6b3,求q的值及数列{an}的通项公式； (2)若{bn}为等差数列，公差d>0,证明： G十c十c6+tc,<1+7n∈N. 65 最新真题分类特训·数学 ●■ [考点3]错位相减法求和 2.(2024·全国甲卷（理），18)(12分)记Sn为 1.(2025·全国一卷，16)已知数列{an}中， 数列{an}的前n项和，已知4Sn=3an十4. a=3,-n年7十n+ (1)求{an}的通项公式； (2)设b,=(-1)”1nan,求数列{bn}的前n (1)证明：数列{nan}为等差数列； 项和Tn (2)给定正整数m,设函数f(x)=a1x十 a2x2+…+amxm,求f(-2). 66 第二部分专题八数列 3.(2023·全国甲卷（理），17)(12分)已知数 [考点4幻并项求和法 列{an}中，a2=1,设Sn为{an}前n项和，2S。 (2020·新高考I卷，18)(12分)已知公比 -nan. 大于1的等比数列{an}满足a2十a4=20,a3 (1)求{a,}的通项公式； =8. ②求数到的前项和T (1)求{an}的通项公式； (2)记b,m为{an}在区间(0，m](m∈N*)中 的项的个数，求数列{bm}的前100项 和S100 67 最新真题分类特训·数学 第4节与数列有关的新定义问题 1.(2026·全国I卷，14)设实数q满足：存在 4.(2022·北京卷，21)(15分) 数列{an},使得对于任意n∈N,均有a1十 已知Q:a1,a2,…,a为有穷整数数列，给定 a2十…十a3m=n2十n,且{an}中有某连续9 正整数m,若对任意的n∈{1,2，…，m},在 项a,ag+1,…,a+是公比为q的等比数列， Q中存在a:,a+1,a+2,…,a+j(j≥0)，使得 则q的最大值为 a:十a+1十a+2十…十a+j=n,则称Q为 2.(2026·天津卷，19)(15分)已知等差数列 m一连续可表数列. {an}与等比数列{bn}满足：a1=2,b1=1,a2 (1)判断Q:2,1,4是否为5一连续可表数 =b1+b2,a4=b3-b1. 列？是否为6一连续可表数列？说明理由： (1)求数列{an},{bn}的通项公式； (2)若Q:a1,a2,…,a。为8-连续可表数列， (2)记En={x∈R|x≤n,3k∈N*,x=a 求证：及的最小值为4； 或x=b},记cn为En中的元素个数. (3)若Q:a1,a2,…,a。为20-连续可表数 (1)求cg:(i)求(-1)·a.·c 列，且a1十a2十…十a<20,求证：≥7. 三 3.(2025·天津卷，19){am}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Tn={p1a1b1 十p2a2b2+十…十p,a,on p1,p2,…,pn∈I}. (i)求证：H实数t∈Tm,均有tam+1bn+1 (ⅱ)求Tm中所有元素之和. 68