【讲通练透】专题07 数列-2024高考数学题源解密（全国通用）

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高考命题专家命制高考试题时绝非凭空杜撰，必有命题的原始模型（“题根”）和命题着力点（“题眼”），对“题根”与“题眼”进行深入的探求与拓展可构造出高考母题。命题人拿来千变万化为难你们的历年真题，本质上也是从这有限的母题中衍生出来的。母题的重要性不言而喻。
专题07 数列
目录一览
2023真题展现
考向一 等差数列
考向二 等比数列
考向三 数列综合
真题考查解读
近年真题对比
考向一 等差数列
考向二 数列递推公式
考向三 数列的求和
考向四 数列综合
命题规律解密
名校模拟探源
易错易混速记/二级结论速记
考向一 等差数列
1．（2023•新高考Ⅰ•第7题）记Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列；乙：{Snn}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
【答案】C
解：若{an}是等差数列，设数列{an}的首项为a1，公差为d，
则Sn＝na1+n(n−1)2d，
即Snn=a1+n−12d=d2n+a1−d2，
故{Snn}为等差数列，
即甲是乙的充分条件．
反之，若{Snn}为等差数列，则可设Sn+1n+1−Snn=D，
则Snn=S1+（n﹣1）D，即Sn＝nS1+n（n﹣1）D，
当n≥2时，有Sn﹣1＝（n﹣1）S1+（n﹣1）（n﹣2）D，
上两式相减得：an＝Sn﹣Sn﹣1＝S1+2（n﹣1）D，
当n＝1时，上式成立，所以an＝a1+2（n﹣1）D，
则an+1﹣an＝a1+2nD﹣[a1+2（n﹣1）D]＝2D（常数），
所以数列{an}为等差数列．
即甲是乙的必要条件．
综上所述，甲是乙的充要条件．
考向二 等比数列
2．（2023•新高考Ⅱ•第8题）记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝﹣5，S6＝21S2，则S8＝（ ）
A．120B．85C．﹣85D．﹣120
【答案】C
解：等比数列{an}中，S4＝5，S6＝21S2，显然公比q≠1，
设首项为a1，则a1(1−q4)1−q=−5①，a1(1−q6)1−q=21a1(1−q2)1−q②，
化简②得q4+q2﹣20＝0，解得q2＝4或q2＝﹣5（不合题意，舍去），
代入①得a11−q=13，
所以S8=a1(1−q8)1−q=a11−q（1﹣q4）（1+q4）=13×（﹣15）×（1+16）＝﹣85．
考向三 数列综合
3．（2023•新高考Ⅰ•第20题）设等差数列{an}的公差为d，且d＞1．令bn=n2+nan，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和．
（1）若3a2＝3a1+a3，S3+T3＝21，求{an}的通项公式；
（2）若{bn}为等差数列，且S99﹣T99＝99，求d．
解：（1）∵3a2＝3a1+a3，S3+T3＝21，
∴根据题意可得3(a1+d)=3a1+a1+2d3a1+3d+(2a1+6a1+d+12a1+2d)=21，
∴a1=d6d+9d=21，
∴2d2﹣7d+3＝0，又d＞1，
∴解得d＝3，∴a1＝d＝3，
∴an＝a1+（n﹣1）d＝3n，n∈N*；
（2）∵{an}为等差数列，{bn}为等差数列，且bn=n2+nan，
∴根据等差数列的通项公式的特点，可设an＝tn，则bn=n+1t，且d＝t＞1；
或设an＝k（n+1），则bn=nk，且d＝k＞1，
①当an＝tn，bn=n+1t，d＝t＞1时，
则S99﹣T99=(t+99t)×992−(2t+100t)×992=99，
∴50t−51t=1，∴50t2﹣t﹣51＝0，又d＝t＞1，
∴解得d＝t=5150；
②当an＝k（n+1），bn=nk，d＝k＞1时，
则S99﹣T99=(2k+100k)×992−(1k+99k)×992=99，
∴51k−50k=1，∴51k2﹣k﹣50＝0，又d＝k＞1，
∴此时k无解，
∴综合可得d=5150．
4．（2023•新高考Ⅱ•第18题）已知{an}为等差数列，bn=an−6，n为奇数2an，n为偶数，记Sn，Tn为{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16．
（1）求{an}的通项公式；
（2）证明：当n＞5时，Tn＞Sn．
解：（1）设等差数列{an}的公差为d，
Sn，Tn为{an}{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16，
则a1+a2+a3+a4=32a1−6+2a2+a3−6=16，即4a1+4(4−1)2d=32a2=7，解得a1=5d=2，
故an＝5+2（n﹣1）＝2n+3；
（2）证明：由（1）可知，bn=2n−3，n为奇数4n+6，n为偶数，
Sn=(5+2n+3)n2=(n+4)n，
当n为偶数时，n＞5，
Tn＝﹣1+3+•••+2（n﹣1）﹣3+14+22+•••+4n+6
=n2[−1+2(n−1)−3]2+n2(14+4n+6)2=n2(14+6n)2=n(3n+7)2，
Tn−Sn=n2−n2＞0，
当n为奇数时，n＞5，Tn＝Tn﹣1+bn=(n−1)(3n+4)2+2n−3=3n2+5n−102，
Tn﹣Sn=n2−3n−102＞25−15−102=0，
故原式得证．
【命题意图】
考查等差、等比数列的通项公式和前n项和公式，考查等差、等比数列的性质；考查数列的求和方法，考查根据数列的递推公式求通项公式，考查数列和其他知识结合等综合知识．
【考查要点】
数列是高考考查热点之一，其中等差、等比数列的通项公式、求和公式，以及与等差、等比数列有关的错位相消求和及裂项相消求和，是考查的重点．作为数列综合题，常和充要条件、方程、不等式、函数等结合，涉及到恒成立，存在，最值，解不等式或者证明不等式等，对于基础能力和基础运算要求较高．
【得分要点】
1．解决等差、等比数列有关问题的几点注意
1等差数列、等比数列公式和性质的灵活应用；
2对于计算解答题注意基本量及方程思想的运用；
3注重问题的转化，由非等差数列、非等比数列构造出新的等差数列或等比数列，以便利用相关公式和性质解题；
4当题目中出现多个数列时，既要纵向考察单一数列的项与项之间的关系，又要横向考察各数列之间的内在联系.
2．数列求和问题一般转化为等差数列或等比数列的前n项和问题或已知公式的数列求和，不能转化的再根据数列通项公式的特点选择恰当的方法求解.,一般常见的求和方法有：
（一）公式法
①等差数列的前n项和公式：Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝na1＋eq \f(nn－1,2)d.
②等比数列的前n项和公式：
Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a1－anq,1－q)＝\f(a11－qn,1－q)，q≠1.))
③数列前项和重要公式：
（1）
（2）
（3）
（4）
（5）等差数列中，；
（6）等比数列中，.
二分组求和法：把一个数列分成几个可以直接求和的数列.
三裂项相消法：有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和.
四错位相减法：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和.
(1)适用条件：若{an}是公差为d(d≠0)的等差数列，{bn}是公比为q(q≠1)的等比数列，求数列{anbn}的前n项和Sn；
(2)基本步骤
(3)注意事项：①在写出Sn与qSn的表达式时，应特别注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出Sn－qSn；
②作差后，等式右边有第一项、中间n－1项的和式、最后一项三部分组成；
③运算时，经常把b2＋b3＋…＋bn这n－1项和看成n项和，把－anbn＋1写成＋anbn＋1导致错误．
五倒序相加法
如果一个数列{an}，与首末项等距的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写与倒着写的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法，等差数列前n项和公式的推导便使用了此法. 用倒序相加法解题的关键，就是要能够找出首项和末项之间的关系，因为有时这种关系比较隐蔽.
考向一 等差数列
5．（2022•新高考Ⅱ）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DD1，CC1，BB1，AA1是举，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为＝0.5，＝k1，＝k2，＝k3．已知k1，k2，k3成公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜率为0.725，则k3＝（ ）
A．0.75B．0.8C．0.85D．0.9
【解答】解：设OD1＝DC1＝CB1＝BA1＝1，则CC1＝k1，BB1＝k2，AA1＝k3，
由题意得：k1＝k3﹣0.2，k2＝k3﹣0.1，
且，
解得k3＝0.9，
故选：D．
考向二 数列递推公式
6.（多选）（2021•新高考Ⅱ）设正整数n＝a0•20+a1•21+…+ak﹣1•2k﹣1+ak•2k，其中ai∈{0，1}，记ω（n）＝a0+a1+…+ak，则（ ）
A．ω（2n）＝ω（n）B．ω（2n+3）＝ω（n）+1
C．ω（8n+5）＝ω（4n+3）D．ω（2n﹣1）＝n
【解答】解：∵2n＝a0•21+a1•22+…+ak﹣1•2k+ak•2k+1，∴ω（2n）＝ω（n）＝a0+a1+…+ak，∴A对；
当n＝2时，2n+3＝7＝1•20+1•21+1•22，∴ω（7）＝3．
∵2＝0•20+1•21，∴ω（2）＝0+1＝1，∴ω（7）≠ω（2）+1，∴B错；
∵8n+5＝a0•23+a1•24+•••+ak•2k+3+5＝1•20+1•22+a0•23+a1•24+•••+ak•2k+3，
∴ω（8n+5）＝a0+a1+•••+ak+2．
∵4n+3＝a0•22+a1•23+•••+ak•2k+2+3＝1•20+1•21+a0•22+a1•23+•••+ak•2k+2，
∴ω（4n+3）＝a0+a1+•••+ak+2＝ω（8n+5）．∴C对；
∵2n﹣1＝1•20+1•21+•••+1•2n﹣1，∴ω（2n﹣1）＝n，∴D对．
故选：ACD．
考向三 数列的求和
7．（2021•新高考Ⅰ）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＝180dm2，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Sk＝ dm2．
【解答】解：易知有，，共5种规格；
由题可知，对折k次共有k+1种规格，且面积为，故，
则，记，则，
∴Tn＝﹣＝1+（﹣）﹣
＝，
∴，
∴．
故答案为：5；．
考向四 数列综合
8．（2021•新高考Ⅱ）记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式an；
（Ⅱ）求使Sn＞an成立的n的最小值．
【解答】解：（Ⅰ）数列Sn是公差d不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4．
根据等差数列的性质，a3＝S5＝5a3，故a3＝0，
根据a2a4＝S4可得（a3﹣d）（a3+d）＝（a3﹣2d）+（a3﹣d）+a3+（a3+d），
整理得﹣d2＝﹣2d，可得d＝2（d＝0不合题意），
故an＝a3+（n﹣3）d＝2n﹣6．
（Ⅱ）an＝2n﹣6，a1＝﹣4，
Sn＝﹣4n+×2＝n2﹣5n，
Sn＞an，即n2﹣5n＞2n﹣6，
整理可得n2﹣7n+6＞0，
当n＞6或n＜1时，Sn＞an成立，
由于n为正整数，
故n的最小正值为7．
9．（2021•新高考Ⅰ）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．
【解答】解：（1）因为a1＝1，an+1＝，
所以a2＝a1+1＝2，a3＝a2+2＝4，a4＝a3+1＝5，
所以b1＝a2＝2，b2＝a4＝5，
bn﹣bn﹣1＝a2n﹣a2n﹣2＝a2n﹣a2n﹣1+a2n﹣1﹣a2n﹣2＝1+2＝3，n≥2，
所以数列{bn}是以b1＝2为首项，以3为公差的等差数列，
所以bn＝2+3（n﹣1）＝3n﹣1．
另解：由题意可得a2n+1＝a2n﹣1+3，a2n+2＝a2n+3，
其中a1＝1，a2＝a1+1＝2，
于是bn＝a2n＝3（n﹣1）+2＝3n﹣1，n∈N*．
（2）由（1）可得a2n＝3n﹣1，n∈N*，
则a2n﹣1＝a2n﹣2+2＝3（n﹣1）﹣1+2＝3n﹣2，n≥2，
当n＝1时，a1＝1也适合上式，
所以a2n﹣1＝3n﹣2，n∈N*，
所以数列{an}的奇数项和偶数项分别为等差数列，
则{an}的前20项和为a1+a2+...+a20＝（a1+a3+…+a19）+（a2+a4+…+a20）＝10+×3+10×2+×3＝300．
10．（2022•新高考Ⅰ）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．
【解答】解：（1）已知a1＝1，{}是公差为的等差数列，
所以，整理得，①，
故当n≥2时，，②，
①﹣②得：，
故（n﹣1）an＝（n+1）an﹣1，
化简得：，，，，；
所以，
故（首项符合通项）．
所以．
证明：（2）由于，
所以，
所以＝．
11．（2022•新高考Ⅱ）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．
【解答】解：（1）证明：设等差数列{an}的公差为d，
由a2﹣b2＝a3﹣b3，得a1+d﹣2b1＝a1+2d﹣4b1，则d＝2b1，
由a2﹣b2＝b4﹣a4，得a1+d﹣2b1＝8b1﹣（a1+3d），
即a1+d﹣2b1＝4d﹣（a1+3d），
∴a1＝b1．
（2）由（1）知，d＝2b1＝2a1，
由bk＝am+a1知，，
∴，即2k﹣1＝2m，
又1≤m≤500，故2≤2k﹣1≤1000，则2≤k≤10，
故集合{k|bk＝am+a1，1≤m≤500}中元素个数为9个．
重点考查等差、等比数列的概念、性质、通项公式和前n项和，考查错位相减、裂项相消等求和方法。有时考查数列的创新问题，实际应用问题，与不等式的综合问题，考查划归与转化思想，运算求解能力。考查形式多样。
一．数列的函数特性（共4小题）
1．（2023•河南模拟）已知数列{an}的通项公式为，则当an最小时，n＝（ ）
A．9B．10C．11D．12
【解答】解：数列{an}中，，
则，
而210＜2023＜211，
于是当n≤10时，an+1﹣an＜0，即an+1＜an，
当n≥11时，an+1﹣an＞0，即an+1＞an，
因此当n∈N*，n≤11时，数列{an}单调递减，当n≥11时，数列{an}单调递增，
所以当且仅当n＝11时，an最小．
故选：C．
2．（2023•西固区校级一模）数列{an}的前n项积为n2，那么当n≥2时，an＝ ．
【解答】解：设数列{an}的前n项积为Tn，则Tn＝a1a2a3×…×an＝n2①，当n≥2时Tn﹣1＝a1a2a3×…×an﹣1＝（n﹣1）2②，①÷②得an＝（）2（n≥2）；
故答案为：（）2（n≥2）．
3．（2023•南岗区校级三模）已知数列{an}的通项公式是an＝2n﹣1，记bm为{an}在区间[m，2m）（m∈N*）内项的个数，则b5＝ ，不等式bm+1﹣bm＞2062成立的m的最小值为 ．
【解答】解：令m≤2n﹣1＜2m，得，
当m为奇数时，，
当m为偶数时，，
所以b5＝24﹣＝14，
当m为奇数时，，
即2m﹣1＞2063，因为211＜2063＜212，所以m﹣1≥12，即m≥13，
因为m为奇数，所以m的最小值为13；
当m为偶数时，，
因为211＜2062＜212，所以m﹣1≥12，即m≥13，
因为m为偶数，所以m的最小值为14．
综上所述，m的最小值为13．
故答案为：14；13．
4．（2023•海淀区校级模拟）已知点列T：P1（x1，y1），P2（x2，y2），…Pk（xk，yk） （k∈N*，k≥2）满足P1（1，1），与（i＝2，3，4…k）中有且只有一个成立．
（1）写出满足k＝4且满足P4（3，2）的所有点列；
（2）证明：对于任意给定的k（k∈N*，k≥2），不存在点列T，使得+＝2k；
（3）当k＝2n﹣1且P2n﹣1（n，n）（n∈N*，n≥2）时，求 的最大值．
【解答】解：（1）符合条件的点列T为：P1（1，1），P2（1，2），P3（2，2），P4（3，2），
或P1（1，1），P2（2，1），P3（2，2），P4（3，2），
或P1（1，1），P2（2，1），P3（3，1），P4（3，2）；
（2）证明：由已知xi+yi＝xi﹣1+yi﹣1+1，则数列{xi+yi}是公差为1的等差数列，
由x1+y1＝2，可得xi+yi＝i+1（i＝1，2，…，k），
+＝（xi+yi）＝2+3+…+（k+1）＝k（k+3），
若存在点列T，使得+＝2k，即k（k+3）＝2k，即k（k+3）＝2k+1，
由k和k+3一个为奇数，一个为偶数，且k≥2，而整数2k+1不含大于1的奇因子，
故对于任意给定的k（k∈N*，k≥2），不存在点列T，使得+＝2k；
（3）由已知yi＝i+1﹣xi（i＝1，2，…，2n﹣1），
＝（x1+x2+…+x2n﹣1）（2﹣x1+3﹣x2+…+2n﹣x2n﹣1）
＝（x1+x2+…+x2n﹣1）（（2+3+…+2n）﹣（x1+x2+…+x2n﹣1）），
令t＝x1+x2+…+x2n﹣1，则＝t[（n+1）（2n﹣1）﹣t]，
考虑f（t）＝t[（n+1）（2n﹣1）﹣t]，
①当n为奇数时，可得（n+1）（2n﹣1）为正整数，
构造数列{xi}：1，2，…，（n+1），…，（n+1），（n+1）+1，…，n，
对应数列{yi}：1，1，…，1，2，…，n，…，n．
而此时x1+x2+…+x2n﹣1，＝1+2+…+n+（n+1）+（n+1）+…+（n+1）＝1+2+…+n+（n+1）（n﹣1）
＝（n+1）（2n﹣1），
所以t＝（n+1）（2n﹣1）， 的最大值为（n+1）2（2n﹣1）2；
②当n为偶数时，可得（n+1）（2n﹣1）不为正整数，（n+1）（2n﹣1）﹣是离其最近的正整数，
构造数列{xi}：1，2，…，n，…，n，n+1，n+2，…，n，
对应数列{yi}：1，1，…，1，2，…，n+1，n+1，n+2，…，n+n，…，n．
而此时x1+x2+…+x2n﹣1，＝1+2+…+n+n+…+n+n+1…+n+1＝
（n+1）（2n﹣1）﹣，
所以t＝（n+1）（2n﹣1）﹣， 的最大值为（n+1）2（2n﹣1）2﹣．
二．等差数列的性质（共4小题）
5．（2023•安庆二模）已知等差数列{an}满足+＝4，则a2+a3不可能取的值是（ ）
A．﹣3B．﹣2C．D．
【解答】解：设a1＝2csθ，a4＝2sinθ，
则a2+a3＝a1+a4＝2csθ+2sinθ＝2sin（）∈[﹣2，2]，
∴a2+a3不可能取的值是﹣3．
故选：A．
6．（2023•江西模拟）中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处，更是美学和哲学的体现．如图是某古建筑物的剖面图，DD1，CC1，BB1，AA1是举，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为，且成首项为0.114的等差数列，若直线OA的斜率为0.414，则该数列公差等于（ ）
A．0.1B．0.2C．0.3D．0.4
【解答】解：由图形得OD1＝DC1＝CB1＝BA1，不妨设OD1＝DC1＝CB1＝BA1＝1，则DD1＝0.114，CC1＝x，BB1＝y，AA1＝z，
由题意得＝0.414，即＝0.414，
设数列的公差为d，则x＝0.114+d，y＝0.114+2d，z＝0.114+3d，
∴＝0.414，解得d＝0.2，
故选：B．
7．（2023•阿拉善盟一模）已知{an}是等差数列，Sn是{an}的前n项和，则“对任意的n∈N*且n≠3，Sn＞S3”是“a4＞a3”的（ ）
A．既不充分也不必要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．充要条件
【解答】解：由对任意的n∈N*且n≠3，Sn＞S3，可得等差数列{an}的前n项和的最小值为S3，
∴等差数列{an}仅有前三项为负项，且公差d＞0，
∴可得a4＞a3，
反过来，由a4＞a3，可得d＞0，但不能得到等差数列{an}仅有前三项为负项，
即不能得到等差数列{an}的前n项和的最小值为S3，
∴“对任意的n∈N*且n≠3，Sn＞S3”是“a4＞a3”的充分不必要条件，
故选：B．
8．（2023•青羊区校级模拟）下列结论中正确的是（ ）
A．若a＞b＞0，c＜d＜0，则
B．若x＞y＞0且xy＝1，则
C．设{an}是等差数列，若a2＞a1＞0，则
D．若x∈[0，+∞），则
【解答】解：选项A，由c＜d＜0，可得﹣c＞﹣d＞0，则，
又a＞b＞0，所以，则，故A正确．
选项B，取，则，
则不等式不成立，故B不正确．
选项C，由题意得a1+a3＝2a2且a1≠a3，
所以，故C不正确．
选项D，设，则，
当0＜x＜3时，h'（x）＜0，则h（x）单调递减，h（x）＜h（0）＝0，
即，故D不正确．
故选：A．
三．等差数列的通项公式（共3小题）
9．（2023•武功县校级模拟）已知数列{an}为等差数列，a4＝2，a7＝﹣4，那么数列{an}的通项公式为（ ）
A．an＝﹣2n+10B．an＝﹣2n+5C．an＝﹣n+10D．an＝﹣n+5
【解答】解：设等差数列{an}的公差为d．
∵a4＝2，a7＝﹣4，
∴，
解得a1＝8，d＝﹣2．
∴an＝a1+（n﹣1）d＝8﹣2（n﹣1）＝10﹣2n．
故选：A．
10．（2023•凉山州模拟）在等差数列{an}中，a2+a4＝2，a5＝3，则a9＝（ ）
A．3B．5C．7D．9
【解答】解：由题设a2+a4＝2a3＝2，则a3＝1，而a5＝3，
若等差数列公差为d，则，
所以{an}通项公式为an＝a3+（n﹣3）d＝n﹣2，
故a9＝7．
故选：C．
11．（2023•雁塔区校级模拟）已知数列为等差数列，且a1＝1，，则a2023＝（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：因为数列为等差数列，且a1＝1，，
所以＝1，×2＝4，
设该等差数列的公差d，则3d＝4﹣1＝3，即d＝1，
＝1+2022d＝2023，
所以a2023＝﹣．
故选：B．
四．等差数列的前n项和（共2小题）
12．（2023•玉树州模拟）记等差数列{an}的前n项和为Sn，若S11＝44，则a4+a6+a8＝（ ）
A．12B．13C．14D．15
【解答】解：根据题意，数列{an}为等差数列，
则，变形可得a6＝4，
又由a4+a8＝a6，则a4+a6+a8＝3a6＝12．
故选：A．
13．（2023•陈仓区模拟）在等差数列{an}中，a6，a18是方程x2﹣8x﹣17＝0的两个根，则{an}的前23项的和为（ ）
A．﹣184B．﹣92C．92D．184
【解答】解：a6，a18是方程x2﹣8x﹣17＝0的两个根，
所以a6+a18＝8，
所以{an}的前23项的和＝．
故选：C．
五．等比数列的性质（共4小题）
14．（2023•玉林三模）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若，则＝（ ）
A．12B．36C．31D．33
【解答】解：由题意可知，S3，S6﹣S3，S9﹣S6为等比数列，
则，
∵，
∴，解得S9＝31S3，
∴＝31．
故选：C．
15．（2023•河南模拟）已知数列{an}为等比数列，an＞0，n∈N*，且，则实数λ＝（ ）
A．2B．C．3D．
【解答】解：因为数列{an}为等比数列，所以也为等比数列，
设数列的公比为q，则，
因为，
所以，，
所以．
故选：D．
16．（2023•镇江三模）已知a1，a2，a3，a4，a5成等比数列，且2和8为其中的两项，则a5的最小值为（ ）
A．﹣64B．﹣16C．D．
【解答】解：若相邻两项为2和8，则公比为正数，每一项都为正数，求的是最小值，应该要负数，故舍去；
若奇数项为2和8，则奇数项均为正数，舍去；
因此只能a2和a4分别为2和8，
当a2＝8，a4＝2时，公比为±，则a5＝a4q＝±1；
当a2＝2，a4＝8时，公比为±2，则a5＝a4q＝±16；
则a5的最小值为﹣16．
故选：B．
17．（2023•吴忠模拟）已知{an}是等比数列，若a3a7＝3a5，且a8＝﹣24，则a10＝（ ）
A．96B．﹣96C．72D．﹣72
【解答】解：设等比数列{an}的公比为q，
∵，
∴a5＝3，
∴，解得：q＝﹣2，
∴．
故选：B．
六．等比数列的通项公式（共5小题）
18．（2023•河南模拟）在等比数列{an}中，若a5＝2，a3a8＝a7，则{an}的公比q＝（ ）
A．B．2C．D．4
【解答】解：依题意，由a3a8＝a7，
可得a1q2•a1q7＝a1q6，
化简整理，得a1q3＝1，即a4＝1，
∴公比q＝＝＝2．
故选：B．
19．（2023•南江县校级模拟）在等比数列{an}中，a1+a3＝2，a5+a7＝18，则a3+a5＝（ ）
A．3B．6C．9D．18
【解答】解：因为a1+a3＝2，a5+a7＝18，所以，解得q2＝3，
则．
故选：B．
20．（2023•山西模拟）已知正项等比数列{an}满足a3﹣a1＝2，则a4+a3的最小值是（ ）
A．4B．9C．6D．8
【解答】解：由a3﹣a1＝2，得，即，
则，
当且仅当即q＝2时取等号．
故选：D．
21．（2023•鼓楼区校级模拟）已知等比数列{an}满足，则a1+a3＝（ ）
A．B．C．D．3
【解答】解：等比数列{an}满足，
所以＝＝＝3，
所以a1+a3＝．
故选：A．
22．（2023•鼓楼区校级模拟）英国数学家亚历山大•艾利斯提出用音分来精确度量音程，音分是度量不同乐音频率比的单位，也可以称为度量音程的对数标度单位．一个八度音程为1200音分，它们的频率值构成一个等比数列．八度音程的冠音与根音的频率比为2，因此这1200个音的频率值构成一个公比为的等比数列．已知音M的频率为m，音分值为k，音N的频率为n，音分值为l．若，则k﹣l＝（ ）
A．400B．500C．600D．800
【解答】解：由题意可知，1200个音的频率值构成一个公比为的等比数列，
设第一个音为a1，所以，
所以，
又因为，
所以．
故选：C．
七．等比数列的前n项和（共3小题）
23．（2023•周至县一模）已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，Sn是它的前n项和，若a3a5＝64，且a5+2a6＝8，则S6＝（ ）
A．128B．127C．126D．125
【解答】解：数列{an}是各项均为正数的等比数列，
设等比数列{an}的公比为q，且q＞0，an＞0，
，
所以，即．
故选：C．
24．（2023•陈仓区模拟）已知Sn是等比数列{an}的前n项和，且，则a1a2+a2a3+⋯+a10a11＝（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：因为，所以a1＝S1＝4+a，，
，
又{an}是等比数列，所以，即42＝8（4+a），解得a＝﹣2，所以．
当n≥2时，，又a1＝2满足，
对任意的n∈N*，，故数列{an}是公比为2的等比数列，
所以，，故数列{an}是公比为4，首项为a1a2＝2×4＝8的等比数列，
所以．
故选：A．
25．（2023•赣州一模）若等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并且0＜a9＜1＜a8，则下列正确的是（ ）
A．q＞1B．0＜a1＜1
C．Sn的最大值为S8D．Tn的最大值为T8
【解答】解：由0＜a9＜1＜a8可知公比，故A错误；
又，且q∈（0，1）可得a1＞1，故B错误；
由等比数列前n项和公式可知，
由指数函数性质可得Sn为单调递增，即Sn无最大值，故C错误；
设Tn为数列{an}前n项积的最大值，
则需满足，可得an+1＜1＜an，
又0＜a9＜1＜a8可得n＝8，即Tn的最大值为T8，故D正确．
故选：D．
八．数列的应用（共5小题）
26．（2023•甘肃模拟）九连环是一种流传于我国民间的传统智力玩具．它用九个圆环相连成串，解开九连环最少需要移动341次．它在中国有近两千年的历史，《红楼梦》中有林黛玉巧解九连环的记载．周邦彦也留下关于九连环的名句“纵妙手、能解连环．”九连环有多种玩法，在某种玩法中：已知解下1个圆环最少需要移动圆环1次，解下2个圆环最少需要移动圆环2次，记an（3≤n≤9，n∈N*）为解下n个圆环需要移动圆环的最少次数，且an＝an﹣1+2an﹣2+m（n≥3，n∈N*），则解下8个圆环所需要移动圆环的最少次数为（ ）
A．54B．90C．170D．256
【解答】解：由题意，a1＝1，a2＝2，an＝an﹣1+2an﹣2+m（n≥3，n∈N*），
a3＝a2+2a1+m＝4+m；a4＝a3+2a2+m＝8+2m；
a5＝a4+2a3+m＝16+5m；a6＝a5+2a4+m＝32+10m；
a7＝a6+2a5+m＝64+21m；a8＝a7+2a6+m＝128+42m；a9＝a8+2a7+m＝256+85m＝341，所以m＝1，
则解下8个圆环最少需要移动的次数为a8＝170．
故选：C．
27．（2023•池州模拟）如图的形状出现在南宋数学家杨部所著的《详解九章算法•商功》中，后人称为“三角垛”．角垛”的最上层有1个小球，第二层有3个小球，第三层有6个小球设各层球数构成数列{an}．该数列从第二项起每一项与前一项的差构成等差数列，则该“三角垛”中第8层小球个数为（ ）
A．21B．28C．36D．45
【解答】解：根据题意，设第n层有an个小球，
则a1＝1，a2＝3，a3＝6，
从第二项起每一项与前一项的差构成等差数列，
而a2﹣a1＝2，a3﹣a2＝3，则a4﹣a3＝4，a5﹣a4＝5，……a8﹣a7＝8，
故a8＝（a8﹣a7）+（a7﹣a6）+……+（a2﹣a1）+a1＝8+7+6+……+2+1＝36，即该“三角垛”中第8层小球个数为36．
故选：C．
28．（2023•浉河区校级模拟）三潭印月被誉为“西湖第一胜境”，所谓三潭，实际上是3个石塔和其周围水域，石塔建于宋代元四年（公元1089年），每个高2米，分别矗立在水光潋滟的湖面上，形成一个等边三角形，记为△A1B1C1，设△A1B1C1的边长为a1，取△A1B1C1每边的中点构成△A2B2C2，设其边长为a2，依此类推，由这些三角形的边长构成一个数列{an}，若{an}的前6项和为，则△A1B1C1的边长a1＝（ ）
A．62B．61C．31D．30
【解答】解：根据题意可知{an}是公比为的等比数列，
∴{an}的前6项和为＝，
解得a1＝62．
故选：A．
29．（2023•石家庄二模）中国古代许多著名数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”的算法，展现了聪明才智．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，所讨论的二阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是后项减前项之差组成的新数列是等差数列．现有一个“堆垛”，共50层，第一层2个小球，第二层5个小球，第三层10个小球，第四层17个小球，…，按此规律，则第50层小球的个数为（ ）
A．2400B．2401C．2500D．2501
【解答】解：不妨设第n层小球个数为an，由题意，a2﹣a1＝3，a3﹣a2＝5……，
即各层小球之差成以3为首项，2为公差的等差数列，
所以，
故有，累加可得：a50﹣a1＝49×（3+99）÷2＝2499，
故a50＝2499+2＝2501．
故选：D．
30．（2023•保定二模）我们知道地球和火星差不多在同一轨道平面上运动，火星轨道在地球轨道之外．当地球和火星与太阳在同一条直线上，这一天文现象称为“冲日”，简称“冲”．假设地球和火星都做近似匀速圆周运动，火星绕太阳一周约需687天，地球绕太阳一周约需365.25天，则相邻两次“冲日”之间间隔约为 天．（结果精确到个位）
【解答】解：由题意知，地球一天绕太阳转，火星一天绕太阳转，
设相邻两次“冲日”间隔t天，由于，
则，
所以．
故答案为：780．
九．数列的求和（共7小题）
31．（2023•贵州模拟）已知Sn是数列{an}的前n项和，S3＝273，，当数列的前n项和取得最大值时，n的值为（ ）
A．30B．31C．32D．33
【解答】解：nan＝（n﹣1）an+1+94①，则（n+1）an+1＝nan+2+94②，
②﹣①得：（n+1）an+1﹣nan＝nan+2﹣（n﹣1）an+1，即2an+1＝an+an+2，
则数列{an}为等差数列，且a1＝94，
由a1+a2+a3＝273得：a2＝91，则公差d＝a2﹣a1＝﹣3，
所以an＝97﹣3n，数列{an}单调递减，而a32＝1，a33＝﹣2，a34＝﹣5，，
设bn＝anan+1an+2，当n≤30时，bn＞0，且b31＝﹣8，b32＝10，
当n≥33时，bn＜0恒成立，显然b31+b32＝2，b31+b32+b33＝0，
即数列的前32项和最大．
故选：C．
32．（2023•徐州模拟）若数列{an}满足，，则{an}的前n项和为 ．
【解答】解：设{an}的前n项和为Sn，则Sn＝a1+a2+⋯+an，
又Sn＝an﹣1+an﹣2+⋯+a1+an，
故2Sn＝（a1+an﹣1）+（a2+an﹣2）+⋯+（an﹣1+a1）+2an
＝，
故．
故答案为：．
33．（2023•郑州模拟）已知数列{an}满足a1＝1，，数列的前n项和为Sn，若k为大于1的奇数，则Sk＝ ．
【解答】解：因为，所以，
所以．
故答案为：．
34．（2023•武鸣区校级二模）已知数列{an}满足a1+a2+…+an﹣1﹣an＝﹣2（n≥2且n∈N*），且a2＝4．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设数列{}的前n项和为Tn，求证：Tn＜1．
【解答】（1）解：因为a1+a2+⋯+an﹣1﹣an＝﹣2，
所以a1+a2+⋯+an﹣an+1＝﹣2，
两式相减得an+1＝2an（n≥2），
当n＝2时，a1﹣a2＝﹣2，又a2＝4，所以a1＝2，a2＝2a1，
所以，
所以{an}是首项为2，公比为2的等比数列，
所以；
（2）证明：，
所以．
35．（2023•保定二模）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，若对任意的正整数n都有2Sn＝2nan﹣n2+n．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）记数列{（﹣）}的前n项和为Tn，若s≤Tn﹣≤t恒成立，求t﹣s的最小值．
（2）随着Tn的增大而增大，由此求出的最大值和最小值，两数之差即为t﹣s的最小值．
【解答】解：（1）由2Sn＝2nan﹣n2+n可得当n≥2有2Sn﹣1＝2（n﹣1）an﹣1﹣（n﹣1）2+（n﹣1），
二式相减并化简得2（n﹣1）an﹣2（n﹣1）an﹣1＝2（n﹣1），
由于n≥2，所以n﹣1≠0，
所以有an﹣an﹣1＝1，
又a1＝1，所以数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以an＝1+n﹣1＝n；
（2）结合（1）可知（﹣）an＝（﹣）n，
所以Tn＝﹣+﹣++…+（﹣）n，
显然当n≥3，T1＝﹣＜Tn＜T2＝﹣，
又随着Tn的增大而增大，
所以的最大值为＝﹣+4＝，
的最小值为＝﹣+2＝，
由于s≤Tn﹣≤t恒成立，
所以t≥，s≤，
所以t﹣s的最小值为﹣＝．
36．（2023•河北三模）设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a2＝7，S5＝55．
（1）求an和Sn；
（2）若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn．
（2）bn＝＝＝﹣，进而求出Tn．
【解答】解：（1）设等差数列 {an} 的公差为d，则，
解得，
所以an＝3+4（n﹣1）＝4n﹣1，
；
（2）bn＝＝＝﹣，
所以Tn＝b1+b2+b3+…+bn＝（﹣）+（﹣）+…+（﹣）＝﹣＝﹣＝﹣．
37．（2023•岳麓区校级模拟）已知正项数列{an}满足：a1＝3，且an（﹣1）＝2（﹣1）an+1，n∈N*．
（1）设bn＝an﹣，求数列{bn}的通项公式；
（2）设cn＝+，求数列{cn}的前n项和Tn，并确定最小正整数n，使得Tn为整数．
【解答】解：（1）由a1＝3，且an（﹣1）＝2（﹣1）an+1，得an≠0，
∴，即bn+1＝2bn，
又，
∴数列{bn}是以为首项，以2为公比的等比数列，
则；
（2）cn＝+＝＝＝，
∴＝＝．
要使Tn为整数，则4n﹣1能被27整除，
∵，
∴需要能被27整除，则n的最小值为9．
一十．数列递推式（共8小题）
38．（多选）（2023•开福区校级三模）已知数列{an}的前n项和是Sn，则下列说法正确的是（ ）
A．若Sn＝an，则{an}是等差数列
B．若a1＝2，an+1＝2an+3，则{an+3}是等比数列
C．若{an}是等差数列，则Sn，S2n﹣Sn，S3n﹣S2n成等差数列
D．若{an}是等比数列，则Sn，S2n﹣Sn，S3n﹣S2n成等比数列
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，数列{an}中，若Sn＝an，当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝an﹣an﹣1，则有an﹣1＝0，由此可得an＝0，则数列{an}是等差数列，A正确；
对于B，若a1＝2，an+1＝2an+3，变形可得an+1+3＝2an+3+3＝2（an+3），则{an+3}是等比数列，B正确；
对于C，由等差数列的性质，若{an}是等差数列，则Sn，S2n﹣Sn，S3n﹣S2n成等差数列，可得C正确；
对于D，等比数列{an}中，当q＝﹣1，n为偶数时，Sn＝0，Sn，S2n﹣Sn，S3n﹣S2n不成等比数列，D错误；
故选：ABC．
39．（多选）（2023•重庆模拟）对于数列{an}，若a1＝1，，则下列说法正确的是（ ）
A．a4＝3B．数列{an}是等差数列
C．数列{a2n﹣1}是等差数列D．a2n＝2n﹣1
【解答】解：对于数列{an}，已知a1＝1，，①
则an+1+an+2＝2（n+1），②
由②﹣①可得：an+2﹣an＝2，
又a2＝2﹣a1＝1，
即数列{a2n﹣1}是以1为首项，2为公差的等差数列，数列{a2n}是以1为首项，2为公差的等差数列，
则a2n﹣1＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，a2n＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，
对于选项A，a4＝2×2﹣1＝3，即选项A正确；
对于选项B，a1＝a2＝1，a3＝3，∵2a2≠a1+a3，∴数列{an}不是等差数列，即选项B错误；
对于选项C，数列{a2n﹣1}是以1为首项，2为公差的等差数列，即选项C正确；
对于选项D，数列{a2n}是以1为首项，2为公差的等差数列，则a2n＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，即选项D正确．
故选：ACD．
40．（2023•贵阳模拟）设数列{an}的前n项和为Sn，当n≥2时，有（n﹣2）an﹣（n﹣1）an﹣1+a1＝0．
（1）求证：数列{an}是等差数列；
（2）若a1＝20，S4＝56，求Sn的最大值．
【解答】证明：（1）因为当n≥2时，有（n﹣2）an﹣（n﹣1）an﹣1+a1＝0①，
所以当n≥3时，（n﹣3）an﹣1﹣（n﹣2）an﹣2+a1＝0②，
由①−②，整理可得an+an﹣2＝2an﹣1，
所以数列{an}是等差数列．
（2）解：由（1）可知{an}是等差数列，
所以，解得，
所以数列{an}的公差，
所以an＝20﹣4（n﹣1）＝﹣4n+24，
所以，
又n∈N*，所以当n＝5或n＝6时，Sn取到最大值为60．
41．（2023•沙坪坝区校级模拟）已知数列{an}满足：an＝若a10＝，则m＝（ ）
A．8B．9C．10D．11
【解答】解：∵a1＝a2＝1，∴，
∵an＝an﹣1+an﹣2，即an﹣1＝an﹣an﹣2，
∴，
＝a3•a4﹣a3•a2，
••••••
＝am•am+1﹣am•am﹣1，
累加得：＝a2a1+（a2a3﹣a2a1）+（a3a4﹣a3a2）+•••+（amam+1﹣amam﹣1）＝amam+1，
∴，
∵a10＝，
∴m+1＝10，∴m＝9．
故选：B．
42．（2023•泸县校级模拟）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an+1＝Sn，则an＝ ．
【解答】解：∵an+1＝Sn①，
当n＝1时，a2＝S1＝1，
∴当n≥2时，an＝Sn﹣1②，
由①﹣②得an+1﹣an＝an，即an+1＝2an，
当n＝1时，a2＝2≠1，不符合上式，
∴数列{an}为从第二项开始的等比数列，
∴an＝．
故答案为：an＝．
43．（2023•河北三模）在数列{an}中，已知a1＝1，an+1＝，则a8＝ 59 ，当n为偶数时an＝ ﹣2 ．
【解答】解：由a1＝1，an+1＝，
得a2＝2a1+1＝3，a3＝a2+2＝5，a4＝2a3+1＝11，a5＝a4+2＝13，
a6＝2a5+1＝27，a7＝a6+2＝29，a8＝2a7+1＝59；
∵a2n+2＝2a2n+1+1＝2（a2n+2）+1＝2a2n+5，
∴a2n+2+5＝2（a2n+5）．
∴数列{a2n+5}是首项为a2+5＝8，公比为2的等比数列，
∴，则，
故当n为偶数时，．
故答案为：59；．
44．（2023•2月份模拟）记数列{an}的前n项和为Tn，且a1＝1，an＝Tn﹣1（n≥2）．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设m为整数，且对任意n∈N*，m≥，求m的最小值．
【解答】解：（1）当n≥2时，an＝Tn﹣1＝Tn﹣Tn﹣1，
所以Tn＝2Tn﹣1，
所以数列{Tn}是以2为公比，1为首项的等比数列，
所以，
所以，
又a1＝1不满足，
所以；
（2）由（1）结合题意可得，，
设，
则，
所以＝，
所以，
所以，
又，
所以m的最小值为7．
45．（2023•武功县校级模拟）设Sn是数列[an}的前n项和，．
（1）求{an}的通项；
（2）设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn．
【解答】解：（1）∵，
∴n≥2时，，
展开化简整理得，Sn﹣1﹣Sn＝2Sn﹣1Sn，∴，∴数列{}是以2为公差的等差数列，其首项为．
∴，．
由已知条件 可得 ．
（2）由于 ，
∴数列{bn}的前n项和 ，
∴．
一十一．数列与函数的综合（共3小题）
46．（2023•新余二模）已知数列{an}中，a1≠0，，且a3、a11是函数f（x）＝2x2+19x+20的两个零点，则a7＝ ．
【解答】解：因为在数列{an}中，a1≠0，，则an+1＝ana1，所以，
所以数列{an}为等比数列，且该数列的首项为a1，公比为q＝a1，
因为a3、a11是函数f（x）＝2x2+19x+20的两个零点，
由韦达定理可得，
因为，可得a3＜0，所以，，
由等比中项的性质可得，因此，．
故答案为：．
47．（多选）（2023•湖北二模）已知数列{an}满足a1＝0，，前n项和为Sn，则下列选项中正确的是（ ）（参考数据：ln2≈0.693，ln3≈1.099）
A．an+an+1≥ln2
B．S2020＜666
C．
D．{a2n﹣1}是单调递增数列，{a2n}是单调递减数列
【解答】解：对于A：由，
得，
令，即an＝lnbn，
则，
又a1＝0，所以b1＝1，则 在（0，+∞）上单调递减，
所以bn∈[1，2]，bn+1bn＝1+bn∈[2，3]，
所以ln2≤an+an+1＝lnbn+lnbn+1＝lnbnbn+1≤ln3，故A正确；
对于B：因为an+an+1≥ln2，S2020＝（a1+a2）+（a3+a4）+⋯+（a2019+a2020）≥1010ln2＞693＞666，故B不正确；
对于 C：因为an＝lnbn，所以0≤an≤ln2，ln2≤an+an+1≤ln3，
所以ln3≤an+ln2，即，
所以，故C正确；
对于D：因为，令，所以与异号，
与同号，
又，又因为，
所以，
所以，，
所以{b2n﹣1}是单调递增数列，{b2n}是单调递减数列，
所以 {a2n﹣1}是单调递增数列，{a2n}是单调递减数列，故D正确，
故选：ACD．
48．（2023•赤峰模拟）①函数f（x）对任意x∈R有f（x）+f（1﹣x）＝1，数列{an}满足，令．
②数列{an}中，已知，对任意的p，q∈N*都有ap+q＝ap+aq，令．
在①、②中选取一个作为条件，求解如下问题（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）
（1）数列{an}是等差数列吗？请给予证明．
（2）设Tn＝b1+b2+…+bn，，试比较Tn与Mn的大小．
【解答】解：若选择条件①，
（1）数列{an}是等差数列，证明如下：
由已知得，
，
，
以上两式相加，可得
，
又对任意x∈R有f（x）+f（1﹣x）＝1，
则，
∴，
则，即数列{an}是以1为首项，为公差的等差数列；
（2）由（1）知，，则，
∴，
即Tn≤Mn；
若选择条件②，
（1）数列{an}是等差数列，证明如下：
由已知，对任意的p，q∈N*都有ap+q＝ap+aq，令p＝n，q＝1，
则，
故数列{an}是以为首项，为公差的等差数列，
∴；
（2）由（1）知，，
∴，
即Tn≤Mn．
一十二．数列与不等式的综合（共6小题）
49．（2023•海淀区校级三模）已知等比数列{an}，对任意n∈N*，an•an+1＞0，Sn是数列{an}的前n项和，若存在一个常数M＞0，使得∀n∈N*，|Sn|＜M，下列结论中正确的是（ ）
A．{an}是递减数列
B．{an}是递增数列
C．
D．一定存在，当n＞N0时，
【解答】解：设等比数列{an}的公比为q，
对于A：假设a1＝﹣，q＝，符合an•an+1＝an•anq＞0，此时Sn＝＝﹣1+，
故存在M＝1，对∀n∈N*，|Sn|＝1﹣＜1，
又数列{an}是递增数列，故A错误；
对于B；假设a1＝，q＝，符合an•an+1＝an•anq＞0，此时Sn＝＝1﹣，
故存在M＝1，对∀n∈N*，|Sn|＝1﹣＜1，
又数列{an}是递减数列，故B错误；
对于C：由选项B得an＝，Sn＝＝1﹣，
则＝＝2n﹣1＞1，故C错误；
对于D：假设存在，当n＞N0时，an≥，
则Sn＝a1+a2+...++...+an≥a1+a2+...++，
当n→+∞时，Sn→+∞，这与M＞0，使得∀n∈N*，|Sn|＜M矛盾，
故一定存在，当n＞N0时，an＜，故D正确．
故选：D．
50．（2023•黑龙江一模）已知数列{an}前n项和，数列{bn}满足为数列{bn}的前n项和．若对任意的n∈N，n≥1，不等式恒成立，则实数λ的取值范围为 ．
【解答】解：当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，，
将n＝1代入上式，可得2×1﹣1＝1＝a1，则；，，
代入不等式，可得，
整理可得，
当n为偶数时，不等式为，
令，，
当时，f'（x）＞0，则f（x）在上单调递增，
由于f（4）＝29.25＞27.5＝f（2），故f（x）min＝f（2）＝27.5，此时λ＜27.5；
当n为奇数时，不等式为，
令，（x为奇数且x∈N*），
易知g（x）在（0，+∞）单调递增，则g（x）min＝g（1）＝﹣24，此时λ＜﹣24，
综上所述，实数λ的取值范围为（﹣∞，﹣24）．
51．（2023•陈仓区模拟）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，2a2+a5＝21，S9＝99．
（1）求{an}的通项公式；
（2）证明：．
【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d，
则，
解得：，
∴an＝3+2（n﹣1）＝2n+1．
（2）证明：由（1）得：，
∴
＝，
∵，
∴．
52．（2023•全国四模）已知数列{an}的首项，且满足．
（1）求证：数列为等比数列．
（2）若，求满足条件的最大整数n．
【解答】（1）证明：由，得，
则，又，，
∴数列是以为首项，以为公比的等比数列；
（2）解：由（1）可得，，
∴，
则＝
＝2×+n＝1﹣．
由，得＜100，
即＜99，
∵y＝为单调增函数，∴满足＜99的最大正整数n为99．
即满足条件的最大整数n＝99．
53．（2023•岳阳模拟）已知数列{an}的前n项和为．
（1）证明数列是等差数列，并求数列{an}的通项公式；
（2）设，若对任意正整数n，不等式恒成立，求实数m的取值范围．
【解答】（1）证明：由得，又，
∴数列是以为首项，公差为1的等差数列，
∴，即，
∴当n≥2时，，
又a1＝1不满足上式，
∴；
（2）解：由（1）知，
∴，
∴，
∴当n≤2时，bn+1＞bn；
当n≥3时，bn+1＜bn，即b1＜b2＜b3＞b4＞b5＞⋯，
∴bn的最大值为，
依题意，即m2﹣m﹣2＞0，
解得m＜﹣1或m＞2，即实数m的取值范围是（﹣∞，﹣1）∪（2，+∞）．
54．（2023•温州模拟）设Sn为正项数列{an}的前n项和，满足2Sn＝+an﹣2．
（I）求{an}的通项公式；
（II）若不等式（1+）≥4对任意正整数n都成立，求实数t的取值范围；
（Ⅲ）设bn＝（其中r是自然对数的底数），求证：．
【解答】解：（I）2Sn＝+an﹣2，2Sn﹣1＝+an﹣1﹣2．（n≥2），
两式相减得2an＝﹣+an﹣an﹣1，
即﹣﹣an﹣an﹣1＝0，
∴（an+an﹣1）（an﹣an﹣1﹣1）＝0
得an﹣an﹣1＝1，（n≥2），
又由2S1＝+a1﹣2，得a1＝2，
∴an＝n+1；
（II）（1+）≥4即为（1+）n+1≥4，
当n＝1时，（1+）2≥4，得﹣≤t≤0且t≠﹣2，
下面证明当﹣≤t≤0且t≠﹣2时，（1+）n+1≥4对任意正整数n都成立．
当n≥2时，n+1+t＞0，
∴（1+）n+1≥（1+）n+1，
又n＝1时，上式显然成立．
故只要证明（1+）n+1≥4对任意正整数n都成立即可．
∴（1+）n+1＝1+•（）+•（）2+…+•（）n+1≥1+•（）+•（）2＝1+2+≥4，
（Ⅲ）bn＝，
∴＝＝[•]＝[•]＝[•]，
∴≤•
当k≥2时，＝＜＝＝＝2（﹣），
∴++…+＜×2[（﹣）+（﹣）+…+（﹣）]＝×2（﹣）＜×2×＝
一十三．等差数列与等比数列的综合（共6小题）
55．（2023•锡山区校级一模）设等比数列{an}的首项为a1＝2，公比为q（q为正整数），且满足3a3是8a1与a5的等差中项；数列{bn}满足（t∈R，n∈N*）．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）试确定t的值，使得数列{bn}为等差数列；
（3）当{bn}为等差数列时，对每个正整数k，在ak与ak+1之间插入bk个2，得到一个新数列{cn}．设Tn是数列{cn}的前n项和，试求T100．
【解答】解：（1）由题设6a3＝8a1+a5，即6q2＝8+q4，
解得q2＝4或q2＝2，又q为正整数，故q＝2，又a1＝2，所以an＝2n；
（2）由2n2﹣（t+bn）n+bn＝0，得bn＝，
所以b1＝2t﹣4，b2＝16﹣4t，b3＝12﹣2t，则由b1+b3＝2b2，得t＝3，
此时，bn＝2n，由bn+1﹣bn＝2知：此时数列{bn}为等差数列．
（3）由（2）及题设知{cn}为：2，2，2，4，2，2，2，2，8，2，2，2，2，2，2，16，……
因为b1+b2+…+b9＝2+4+…+18＝＝90，
由{cn}的排列规律可知：T100＝90×2+＝211+178＝2226．
即数列{cn}的前100项和为2226．
56．（2023•广东模拟）已知正项等比数列{an}和其前n项和Sn满足a5﹣a1＝2S4，a2•a3＝a4．
（Ⅰ）求{an}的通项公式；
（Ⅱ）在am和am+1之间插入m个数，使得这m+2个数依次构成一个等差数列，设此等差数列的公差为bm，求满足bm＞50的正整数m的最小值．
【解答】解：（I）设等比数列的公比为q，
由题意得，
解得a1＝1，q＝3，
故an＝3n﹣1；
（II）由题意可得，bm＝＝＝，
则bm+1﹣bm＝＝＞0，
故数列{bn}单调递增，
因为b5＝27＜50，b6＝＞50，
故满足题意的m的最小值为6．
57．（2023•苏州三模）已知数列{an}是公差不为0的等差数列，a2＝3，且a3，a5，a8成等比数列．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设，求数列{bn}的前2023项和．
【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d，
∵a2＝3，且a3，a5，a8成等比数列，
∴，即，解得，
∴an＝n+1；
（2）由（1）得an＝n+1，则，
对于任意k∈N*，则b4k﹣3＝﹣4k+2，b4k﹣2＝0，b4k﹣1＝4k，b4k＝0，
∴b4k﹣3+b4k﹣2+b4k﹣1+b4k＝2，
故数列{bn}的前2023项和为（b1+b2+b3+b4）+⋯+（b2021+b2022+b2023+b2024）﹣b2024＝506×2﹣0＝1012．
58．（2023•鲤城区校级模拟）已知等差数列{an}满足（n+1）an＝n2﹣8n+k，数列{bn}是以1为首项，公比为3的等比数列．
（1）求an和bn；
（2）令cn＝，求数列{cn}的最大项．
【解答】解：（1）在等差数列{an}中，由（n+1）an＝n2﹣8n+k，
得，，，
则，解得k＝﹣9．
∴；
∵数列{bn}是以1为首项，公比为3的等比数列，
∴．
（2）cn＝＝，当n≤9时，cn≤0；
当n＞9时，cn＞0．
令f（n）＝，则f′（n）＝，
则当n＞9且n∈N*时，f′（n）＜0，f（n）单调递减，可得f（n）在n＝10时取最大值．
即数列{cn}的最大项为．
59．（2023•葫芦岛二模）已知{an}是各项为正数的等比数列，{bn}为公差是2a1的等差数列，且a2﹣b2＝a3﹣b3＝b4﹣a4．
（1）若an＞bn，求n的取值范围；
（2）若a1＝1，求集合中元素的个数．
【解答】解：（1）依题意，设等比数列{a}的公比为q（q＞0），且an＞0，
由a2﹣b2＝a3﹣b3，得a1q﹣b1﹣2a1＝a1q2﹣b1﹣4a1，
整理化简得：q2﹣q﹣2＝0，解得：q＝2或q＝﹣1（舍去），所以a1q﹣1＝2n﹣1a1．
由a2﹣b2＝b4﹣a4，可得a1q﹣b1﹣2a1＝b1+6a1﹣a1q3．
将q＝2代入整理可得a1＝b1，bn＝b1+（n﹣1）2a1＝（2n﹣1）a1．
由a得：2n﹣1a1＞（2n﹣1）a1，
解得：n≥4且n∈N*．
（2）因为a1＝1，由（1）知q＝2，a2n﹣1，bn＝2n﹣1
由，可得22k﹣1＝lg22m﹣1，
整理得22k﹣1＝m﹣1．
∵4≤m≤800且m∈Z，∴3≤m﹣1≤799．
∴3≤22k﹣1≤799，2≤k≤5，k∈Z．
又k∈Z，故集合中元素的个数为4．
60．（2023•河西区三模）设{an}是各项均为正数的等差数列，a1＝1，a3+1是a2和a8的等比中项，{bn}的前n项和为Sn，2bn﹣Sn＝2（n∈N*）．
（Ⅰ）求{an}和{bn}的通项公式；
（Ⅱ）设数列{cn}的通项公式cn＝（n∈N*）．
（i）求数列{cn}的前2n+1项和S2n+1；
（ii）求．
【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，
∵a1＝1，a3+1是a2和a8的等比中项，
∴，即（1+2d+1）2＝（1+d）（1+7d），
解得d＝±1，
∵{an}是各项均为正数的等差数列，∴d＝1．
∴an＝1+（n﹣1）×1＝n，
∵2bn﹣Sn＝2（n∈N*）．∴2bn﹣1﹣Sn﹣1＝2（n≥2），
两式相减得：
（n≥2），
当n＝1时，2b1﹣S1＝2，b1＝2，
{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列．
．
（Ⅱ）（i）解：
所以S2n+1＝（3+5+…2n+3）+（22+24+…+22n）
＝
＝．
（ii）解：当i为奇数时，设
＝
＝．
当i为偶数时，设，
，
∴，
故，
∴＝.．
常见的裂项技巧
①等差型
（1）
（2）
（3）
（4）
（5）
（6）
（7）
（8）
（9）
（10）
②根式型
（1）
（2）
（3）
（4）
（5）
③指数型
（1）
（2）
（3）
（4）
（5）
（6），设，易得，
于是
（7）
④对数型
⑤幂型
（1）
（2）
（3）
⑥三角型
（1）
（2）
（3）
（4），
则
⑦常见放缩公式：
（1）；
（2）；
（3）；
（4）；
（5）；
（6）；
（7）；
（8）
；
（9）
；
（10）．
（11）．