數(shù)列-2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練（新高考專用）

第06講數(shù)列

（新高考專用）

一、單項(xiàng)選擇題

1.（2024?全國(guó)?高考真題）已知等差數(shù)列｛冊(cè)｝的前n項(xiàng)和為Sn,若59=1,則。3+。7=（）

72

A.-2B.-C.1D.-

【解題思路】可以根據(jù)等差數(shù)列的基本量，即將題目條件全轉(zhuǎn)化成的和d來(lái)處理，亦可用等差數(shù)列的性質(zhì)進(jìn)

行處理，或者特殊值法處理.

【解答過(guò)程】方法一：利用等差數(shù)列的基本量

由S9=1,根據(jù)等差數(shù)列的求和公式，S9=9al+-^-d=1Q9al+36d=1,

22

又+a?—a[+2d+%+6d—2al+8d—+36d）——.

故選：D.

方法二：利用等差數(shù)列的性質(zhì)

根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)，%+的=的+。7，由S9=l，根據(jù)等差數(shù)列的求和公式,

9（的+。9）9（叼+。7）_]故03+即=§.

$9=-2-2-'

故選：D.

方法三：特殊值法

-12

不妨取等差數(shù)列公差d=0,貝1JS9=1=9al0a1=§,貝Ua3+a7—2al=

故選：D.

2.（2024,全國(guó)?高考真題）記S.為等差數(shù)列5｝的前n項(xiàng)和,已知55=Si。，a5=l,則的=（）

【解題思路】由S5=Si0結(jié)合等差中項(xiàng)的性質(zhì)可得口8=。，即可計(jì)算出公差，即可得由的值.

【解答過(guò)程】由Si。一55=。6+。7++的0=5。8=0,則。8=°，

則等差數(shù)歹K冊(cè)｝的公差d='空=一（，故刖=-4d=1-4X（

故選：B.

3.（2023?全國(guó)?高考真題）記又為等差數(shù)列｛即｝的前幾項(xiàng)和.若牝+。6=1。，。4。8=45,則S5=（）

A.25B.22C.20D.15

【解題思路】方法一：根據(jù)題意直接求出等差數(shù)列｛冊(cè)｝的公差和首項(xiàng)，再根據(jù)前n項(xiàng)和公式即可解出；

方法二：根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)求出等差數(shù)列｛冊(cè)｝的公差，再根據(jù)前72項(xiàng)和公式的性質(zhì)即可解出.

【解答過(guò)程】方法一：設(shè)等差數(shù)列｛冊(cè)｝的公差為乙首項(xiàng)為由，依題意可得，

a2+a6—+d++E)d—10,即即+3d=5,

又a4a8=31+3d)(ai+7d)=45,解得：d=1,ar=2,

所以S5=5的+芋qx4xd=5x2+10=20.

故選：C.

方法二：口2+。6=2a4=1。，。4。8=45,所以。4=5,。8=9，

從而d=：=1,于是的=。4一d=5—1=4,

所以S5=5a3=20.

故選：C.

4.(2023?全國(guó)?高考真題)設(shè)等比數(shù)列｛冊(cè)｝的各項(xiàng)均為正數(shù)，前n項(xiàng)和%,若%=1,S5=5S3-4,則S4=

()

A.—B.—C.15D.40

88

【解題思路】根據(jù)題意列出關(guān)于q的方程，計(jì)算出/即可求出S*

【解答過(guò)程】由題知1+q+q2+q3+q4=5(1+q+q2)_&

即q3+q，=4q+4q2,BP<?3+q2—4q-4=。，即(q—2)(q+l)(q+2)=0.

由題知q>0,所以q=2.

所以S4=1+2+4+8=15.

故選:C.

5.(2023?全國(guó)?高考真題)已知等差數(shù)列｛%｝的公差為學(xué)集合S=｛cosaMn€N*｝,若5=｛a,b｝,貝ijab=

()

A.-1B.--C.0D.-

22

【解題思路】根據(jù)給定的等差數(shù)列，寫出通項(xiàng)公式，再結(jié)合余弦型函數(shù)的周期及集合只有兩個(gè)元素分析、

推理作答.

【解答過(guò)程】依題意，等差數(shù)列｛%｝中，與=%+(>—l)T=￡+(%—節(jié)，

顯然函數(shù)丫=cos管?i+(%-等)］的周期為3,而n€N*,即coscin最多3個(gè)不同取值，又｛cosaMn€N*｝=

｛a,b｝,

貝!j在cos的,cos%cos的中，costti=cosa2豐cos%或cos%Hcosa2=cos%或cosa1=cosa3Wcosa2

于是有COS。=COS(0+g)或COS。=COS(0+y),

即有e+(J+巧=2MT,fceZ,解得e=fcir-pfcGz；

或者8+(8+與)=2kR,fc6Z,解得8-fcTT-y,fcez；

所以kGZ,ab=COS(/CIT—])cos[(kn-])+=~cos(fcT[—^)COS/CK=—cos2fcncos^=—1或ab=

cos(fcn—^)cos/cn=-i

故選：B.

6.(2023?全國(guó)?高考真題)記又為數(shù)列｛冊(cè)｝的前n項(xiàng)和，設(shè)甲：｛%｝為等差數(shù)列；乙:｛手｝為等差數(shù)列，則

()

A.甲是乙的充分條件但不是必要條件

B.甲是乙的必要條件但不是充分條件

C.甲是乙的充要條件

D.甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件

【解題思路】利用充分條件、必要條件的定義及等差數(shù)列的定義，再結(jié)合數(shù)列前〃項(xiàng)和與第〃項(xiàng)的關(guān)系推

理判斷作答.，

【解答過(guò)程】方法1,甲：｛%J為等差數(shù)列，設(shè)其首項(xiàng)為的，公差為d,

貝！IS.=71al+*Id,也=%+=gn+%———=p

因此｛m｝為等差數(shù)列，則甲是乙的充分條件；

反之，乙：｛&｝為等差數(shù)列，即細(xì)1—配=咻+1：(武1)品=嗎+L＞為常數(shù),設(shè)為t,

nn+1nn(n+l)n(n+l)

即=3則Sn=-t,n(n+1)，有Sn-1=(71-1)冊(cè)—t?n(71-1),?122,

兩式相減得：an-nan+1—(n—l)an—2tn,即an+i—冊(cè)=2如對(duì)n=1也成立，

因此｛aj為等差數(shù)列，則甲是乙的必要條件，

所以甲是乙的充要條件，C正確.

方法2,甲：｛%｝為等差數(shù)列，設(shè)數(shù)列｛冊(cè)｝的首項(xiàng)的，公差為d,即％=^1%+歿山/

則g=%+券d=g九+%-條因此｛,｝為等差數(shù)列，即甲是乙的充分條件；

反之，乙：｛§｝為等差數(shù)列，即罄—?=￡)S=Si+O-1)D,

即5八——nS-^+n(n—1)D,^n-i——(n-1)S1+(ji-l)(n—2)D,

當(dāng)nN2時(shí)，上兩式相減得：Sn-Sn_r=Si+2(n-1)0,當(dāng)n=l時(shí)，上式成立，

于是冊(cè)=ci|+2(n11)。，又a；i+i-dn=的+2.nD-[Q1+2(n-1)D]=2。為常數(shù)，

因此｛%｝為等差數(shù)列，則甲是乙的必要條件，

所以甲是乙的充要條件.

故選：C.

7.(2023?全國(guó)?高考真題)記％為等比數(shù)列｛冊(cè)｝的前"項(xiàng)和，若54=—5,S6=21S2,則Sg=().

A.120B.85C.-85D.-120

【解題思路】方法一：根據(jù)等比數(shù)列的前“項(xiàng)和公式求出公比，再根據(jù)S4，S8的關(guān)系即可解出；

方法二：根據(jù)等比數(shù)列的前〃項(xiàng)和的性質(zhì)求解.

【解答過(guò)程】方法一：設(shè)等比數(shù)列｛%｝的公比為q,首項(xiàng)為由,

若q=—1,貝!]54=0左一5,與題意不符，所以q7—1；

若q=1,則S6=6al=3x2al=3S2H0,與題意不符，所以q豐1；

由54=—5,S6=21S2可得，業(yè)迎=—5,業(yè)貯1=21x業(yè)/①，

1-<71—q1—q

由①可得，1+q2+Q4=21,解得：q2=4,

4

所以Sg=。,了=。,皆)x(1+q4)=—5X(1+16)=-85.

故選：C.

方法二：設(shè)等比數(shù)列｛冊(cè)｝的公比為q,

因?yàn)镾4=—5,S6=21S2,所以qH-L否則=0,

從而，5264-$2，$6--$6成等比數(shù)列,

所以有，(―5—$2)2=$2(2電+5),解得：S=-1^S=p

224

當(dāng)S2=-l時(shí)，S2tS4-S2fS6-S4tSQ-S69即為-1,一4,一16昌+21,

易知，S8+21=-64,即$8=—85；

當(dāng)$2=：時(shí)，S4=%+做+。3+。4=(。1+。2)(1+Q2)=(1+Q2)52>0，

與$4=-5矛盾，舍去.

故選：c.

8.(2022?全國(guó)?高考真題)已知等比數(shù)列｛冊(cè)｝的前3項(xiàng)和為168,a2-a5=42,則=()

A.14B.12C.6D.3

【解題思路】設(shè)等比數(shù)列｛%｝的公比為q,q40,易得qHl,根據(jù)題意求出首項(xiàng)與公比，再根據(jù)等比數(shù)列的

通項(xiàng)即可得解.

【解答過(guò)程】解：設(shè)等比數(shù)列｛%｝的公比為q,q70,

若q=1,則a?-。5=。，與題意矛盾，

所以q豐1,

qa

+a2+a3—皿°)=168A(i=96

則J1231M,解得=1,

4

,a2—a5—a^q—a1q=42^~2

所以—ai.q5—3.

故選：D.

9.(2022?全國(guó)?高考真題)嫦娥二號(hào)衛(wèi)星在完成探月任務(wù)后，繼續(xù)進(jìn)行深空探測(cè)，成為我國(guó)第一顆環(huán)繞太

陽(yáng)飛行的人造行星，為研究嫦娥二號(hào)繞日周期與地球繞日周期的比值，用到數(shù)列｛%｝:b=1+煮，乃=1+

」T，既=1+——,依此類推，其中以CN*(k=1,2,…).貝u()

A."<b5B.b3<b8C.b6<b2D.b4<b7

【解題思路】根據(jù)以6%*(卜=1,2,...),再利用數(shù)列｛0｝與以的關(guān)系判斷｛bn｝中各項(xiàng)的大小，即可求解.

【解答過(guò)程】［方法一］:常規(guī)解法

因?yàn)轫欳N*(k=1,2,…)，

所以的V曲+—?—>——得到%>與，

此2%(Zi4--

?2

-1-1_

同理的可得電<

H——a>4-------b3,br>b3

2a2H—

?3

又因?yàn)楣?gt;---—,即4-------V的H..............—,

故力2<b4,b3>b4；

以此類推，可得比>%>既>坊>…，b7>b8,故A錯(cuò)誤;

b3>b7>bQf故B錯(cuò)誤；

->-----\---，得力2V故C錯(cuò)誤；

。2a2H-----------Y

"+??詬

即■<----~r~>的H-------?得兒<b,,故D正確.

C(2--------p戊2+-------

&3F戊6±

［方法二］:特值法

不妨設(shè)冊(cè)=1,則bi=2,b2=，b3=|,b4=I，bs=b6=2,b7=普,bg=*

b4<b7,故D正確.

故選：D.

10.（2022?北京?高考真題）設(shè)｛冊(cè)｝是公差不為0的無(wú)窮等差數(shù)列，則“｛an｝為遞增數(shù)列”是“存在正整數(shù)No,

當(dāng)n〉No時(shí)，an>0”的（）

A.充分而不必要條件B.必要而不充分條件

C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件

【解題思路】設(shè)等差數(shù)列｛an｝的公差為d,貝必豐0,利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式結(jié)合充分條件、必要條件的定

義判斷可得出結(jié)論.

【解答過(guò)程】設(shè)等差數(shù)列｛演｝的公差為心貝肥大0,記［劃為不超過(guò)x的最大整數(shù).

若｛%｝為單調(diào)遞增數(shù)列，貝加>0,

若的N0,則當(dāng)7122時(shí)，an>0；若的<0,則an=%+（n—l）d,

由a.=a1+（zi—l）d>0可得n>1—?取N0=［1—￡+1，則當(dāng)冗>N。時(shí)，M>。，

所以，“｛%｝是遞增數(shù)列”="存在正整數(shù)No,當(dāng)n>No時(shí)，即>0"；

若存在正整數(shù)No，當(dāng)n>N（）時(shí)，an>0,取keN*且k>N（）,ak>0,

假設(shè)d<。，令冊(cè)=以+（n-k）d<0可得n>k-可,且k-華〉k,

當(dāng)n>［k—同+1時(shí)，an<0,與題設(shè)矛盾，假設(shè)不成立，則d>0,即數(shù)列｛冊(cè)｝是遞增數(shù)列.

所以，“｛%｝是遞增數(shù)列”存在正整數(shù)No，當(dāng)n>N（）時(shí)，曲>0”.

所以，“｛與｝是遞增數(shù)列”是“存在正整數(shù)No,當(dāng)n>N0時(shí)，an>0”的充分必要條件.

故選：C.

二、填空題

u

11.（2024?上海?高考真題）無(wú)窮等比數(shù)列｛an｝滿足首項(xiàng)>0,q>1,記/n=｛%-y|%,yE［的,均］

［anian+1］）,若對(duì)任意正整數(shù)九集合及是閉區(qū)間，則q的取值范圍是一qiZ.

【解題思路】當(dāng)九22時(shí)，不妨設(shè)久之y,則％—yE［。，在一由］U［an—。2，冊(cè)+1—"JU［0,an+i—結(jié)合

〃為閉區(qū)間可得q-22-忌對(duì)任意的n>2恒成立，故可求q的取值范圍.

n

【解答過(guò)程】由題設(shè)有%=◎10九一1,因?yàn)榈?gt;0,q>1,故冊(cè)+i>an,故［冊(cè),冊(cè)+i］=［%qT,aiq叼，

當(dāng)九=1時(shí)，x,ye[alfa2]^故久一yc—做，。2—@i]，此時(shí)人為閉區(qū)間，

當(dāng)九之2時(shí)，不妨設(shè)第Zy,若%,了￡[%,。2]，則％—y€[0,。2—%]，

若yG[alfa2],xE[an,an+1],則％—yE[an-a2,an+1-aj,

若％,yG[an,an+1\,則％—yE[0,an+1-an],

綜上，x-yE[0,a2-%]U[an-a2,an+1-at]U[0,an+1-an],

a

又1n為閉區(qū)間等價(jià)于[。，。2一i]U[%-a2,an+1-ajU[0,an+1-an]為閉區(qū)間，

而。九+1-ai>an+i-an>a2-ar,故an+i-@n之冊(cè)一做對(duì)任意九22恒成立，

故斯+i-2an+a2>0即。19九一1（]-2）+a2>0,故[九一2--2）+1>0,

故q—2N一言7對(duì)任意的九―2恒成立，因q>1,

故當(dāng)7i~+8時(shí)，一故]一220即qN2.

故答案為：q>2.

12.（2024?全國(guó)?高考真題）記與為等差數(shù)列｛冊(cè)｝的前n項(xiàng)和，若的+%=7,3a2+劭=5,貝！JS1。=95.

【解題思路】利用等差數(shù)列通項(xiàng)公式得到方程組，解出的,d,再利用等差數(shù)列的求和公式節(jié)即可得到答案.

【解答過(guò)程】因?yàn)閿?shù)列“為等差數(shù)列，則由題意得解得一｝=:4,

則Si。=10%+等d=10x（-4）+45x3=95.

故答案為：95.

13.（2024?北京?高考真題）設(shè)｛冊(cè)｝與｛%｝是兩個(gè)不同的無(wú)窮數(shù)列，且都不是常數(shù)列.記集合M=｛k\ak=bk,kE

N*｝,給出下列4個(gè)結(jié)論：

①若｛冊(cè)｝與｛0｝均為等差數(shù)列，則M中最多有1個(gè)元素；

②若8J與｛匕｝均為等比數(shù)列，則M中最多有2個(gè)元素；

③若｛冊(cè)｝為等差數(shù)列，｛,｝為等比數(shù)列，則M中最多有3個(gè)元素；

④若｛冊(cè)｝為遞增數(shù)列，｛刈｝為遞減數(shù)列，則M中最多有1個(gè)元素.

其中正確結(jié)論的序號(hào)是①③⑷.

【解題思路】利用兩類數(shù)列的散點(diǎn)圖的特征可判斷①④的正誤，利用反例可判斷②的正誤，結(jié)合通項(xiàng)公式

的特征及反證法可判斷③的正誤.

【解答過(guò)程】對(duì)于①，因?yàn)椋鸻j｛g｝均為等差數(shù)列，故它們的散點(diǎn)圖分布在直線上，

而兩條直線至多有一個(gè)公共點(diǎn)，故M中至多一個(gè)元素，故①正確.

n

對(duì)于②，取與=2-\bn=一（―2）-1,則｛冊(cè)｝,｛%｝均為等比數(shù)列，

但當(dāng)"為偶數(shù)時(shí)，有&=2;1-1=%=—（―2）“T,此時(shí)M中有無(wú)窮多個(gè)元素，故②錯(cuò)誤.

對(duì)于③，設(shè)了=4qn（4q羊0,q力±1）,an=kn+b（k0）>

若M中至少四個(gè)元素，則關(guān)于n的方程4qn=kn+b至少有4個(gè)不同的正數(shù)解，

若q>0,qKl,則由y=Aq"和y=ATI+b的散點(diǎn)圖可得關(guān)于?1的方程4qn=kn+b至多有兩個(gè)不同的解，矛

盾；

若q<0,q力士1,考慮關(guān)于ri的方程力（f1=由1+6奇數(shù)解的個(gè)數(shù)和偶數(shù)解的個(gè)數(shù)，

當(dāng)月q"=kn+b有偶數(shù)解，此方程即為4|qF-kn+b,

方程至多有兩個(gè)偶數(shù)解，且有兩個(gè)偶數(shù)解時(shí)4kln|q|>0,

否則力kln|q|<0,因y=A\q\n,y-kn+b單調(diào)性相反，

方程力|q『-kn+b至多一個(gè)偶數(shù)解，

當(dāng)4q“=kn+b有奇數(shù)解，此方程即為-4|q『=kn+b,

方程至多有兩個(gè)奇數(shù)解，且有兩個(gè)奇數(shù)解時(shí)-4dn|q|>0即4/dn|q|<0

否則力kln|q|>0,因y=-A\q\n,y=kn+b單調(diào)性相反,

方程力|q1n=kn+b至多一個(gè)奇數(shù)解，

因?yàn)?kln|q|>0,4kln|q|<0不可能同時(shí)成立,

故力砂=kn+b不可能有4個(gè)不同的整數(shù)解，即〃中最多有3個(gè)元素，故③正確.

對(duì)于④，因?yàn)椋麅?cè)｝為遞增數(shù)列，｛%｝為遞減數(shù)列，前者散點(diǎn)圖呈上升趨勢(shì)，

后者的散點(diǎn)圖呈下降趨勢(shì)，兩者至多一個(gè)交點(diǎn)，故④正確.

故答案為：①③④.

14.（2023?北京?高考真題）我國(guó)度量衡的發(fā)展有著悠久的歷史，戰(zhàn)國(guó)時(shí)期就已經(jīng)出現(xiàn)了類似于祛碼的、用

來(lái)測(cè)量物體質(zhì)量的“環(huán)權(quán)”.已知9枚環(huán)權(quán)的質(zhì)量（單位：銖）從小到大構(gòu)成項(xiàng)數(shù)為9的數(shù)列｛冊(cè)｝,該數(shù)列的

前3項(xiàng)成等差數(shù)列，后7項(xiàng)成等比數(shù)列，且的=l,a5=12,a9=192,則a7=48；數(shù)列｛冊(cè)｝所有項(xiàng)的和

為384.

【解題思路】方法一：根據(jù)題意結(jié)合等差、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式列式求解d,q,進(jìn)而可求得結(jié)果；方法二：

根據(jù)等比中項(xiàng)求。7，。3,在結(jié)合等差、等比數(shù)列的求和公式運(yùn)算求解.

【解答過(guò)程】方法一：設(shè)前3項(xiàng)的公差為d,后7項(xiàng)公比為q>0,

則勺4=資=詈=16,且q>0,可得q=2,

則—1+2d-與，即1+2d=3,可得d=1,

q

374

空1:可得。=3,。=tt3Q=48,

空2：%+(12+…+。9=1+2+3+3x2+…+3x26=3+f)=384

方法二：空1：因?yàn)椋麅?cè)｝,3WnW7為等比數(shù)列，則諂=0^9=12x192=482,

且Q九>0,所以劭=48；

又因?yàn)橹{=a3a7,則。3=—=3；

?7

空2：設(shè)后7項(xiàng)公比為q>0,則/=竺=4,解得q=2,

—rzR,,3(ai+a?),,,,,,,a-3—ciga3-192x2ccyvzfr\r,.

Q]+3=4+56+7@9=~\2+

可付做+。2=6,%+。。+。。+他+1-—--q-=—■1——~2——381,所以+。

…+%=6+381-的=384.

故答案為：48；384.

15.(2023?全國(guó)?高考真題)記%為等比數(shù)列｛an｝的前幾項(xiàng)和.若8s6=753，則｛an｝的公比為一二

【解題思路】先分析qKl,再由等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式和平方差公式化簡(jiǎn)即可求出公比q.

【解答過(guò)程】若q=l,

則由8s6=753得8?6%=7?3%,則的=0,不合題意.

所以qW1.

當(dāng)qWl時(shí)，因?yàn)?s6=7S3，

所以8.蟲匕Q2=7?33?

1—q1—q

即8?(1—0)=7?(1—q3),即8?(1+q3)(l-Q3)=7-(1-q3),即8?(1+Q3)=7,

解得q=-i

故答案為：-g.

16.(2023?全國(guó)?高考真題)已知｛冊(cè)｝為等比數(shù)列，a2a4a5=。3。6，。9。10=-8,則?二一二2一.

【解題思路】根據(jù)等比數(shù)列公式對(duì)a2a4。5=a3a6化簡(jiǎn)得由9=1，聯(lián)立a9aio=-8求出q'=-2,最后得劭=

arq?/=q5__?

【解答過(guò)程】設(shè)｛斯｝的公比為q(qH0),則a2a4a5=a3a6=a2Q,a$q，顯然即H0,

則Q4=q2,即則砧=1,因?yàn)榈牡?=-8,則由“'?=一8,

53s

則q*=(q)=-8=(-2尸，則q5=_2,則劭=arq-q==-2,

故答案為:—2.

17.(2022?全國(guó)?高考真題)記區(qū)為等差數(shù)列｛an｝的前"項(xiàng)和.若2s3=3Sz+6,則公差2=2.

【解題思路】轉(zhuǎn)化條件為2(%+2d)=2%+d+6,即可得解.

a

【解答過(guò)程】由2s3=3s2+6可得2(的+a2+3)=3(的+a2)+6,化簡(jiǎn)得2a3=+a2+6,

即24+2d)=2a1+d+6,解得d=2.

故答案為：2.

18.(2022?北京?高考真題)已知數(shù)列｛an｝各項(xiàng)均為正數(shù)，其前〃項(xiàng)和Sn滿足斯?Sn=9("=1,2,…).給出

下列四個(gè)結(jié)論：

①｛%｝的第2項(xiàng)小于3；②｛冊(cè)｝為等比數(shù)列；

③｛%｝為遞減數(shù)列；④｛an｝中存在小于強(qiáng)的項(xiàng).

其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是①③④.

【解題思路】推導(dǎo)出a=2--求出刖、a2的值，可判斷①；利用反證法可判斷②④；利用數(shù)列單調(diào)性

nanan—l

的定義可判斷③.

【解答過(guò)程】由題意可知，VneN*,an＞0,

當(dāng)n=1時(shí)，謂=9,可得ai=3；

當(dāng)nN2時(shí)，由%=2可得=旦，兩式作差可得％=2一2，

anan—lanan—l

所以，9=——dnf則—的=3,整理可得成+3做—9=0,

a

^n—1On2

因?yàn)椤?＞0,解得。2=等匚＜3,①對(duì)；

2

假設(shè)數(shù)列｛須｝為等比數(shù)列，設(shè)其公比為q，則成=的。3,即

所以，sj=SrS3f可得出(1+q)2=山(1+q+q2),解得q二0,不合乎題意，

故數(shù)列｛冊(cè)｝不是等比數(shù)列，②錯(cuò)；

當(dāng)nN2時(shí)，an=&一—二=吸…")＞0,可得冊(cè)＜與_1，所以，數(shù)列｛冊(cè)｝為遞減數(shù)列，③對(duì)；

anan—lanan—l

假設(shè)對(duì)任意的neN*,冊(cè)2擊，則Siooooo2I。。。。。*擊=1000,

所以，的。。。。。=小一＜就＜焉，與假設(shè)矛盾，假設(shè)不成立，④對(duì).

51000001000100

故答案為：①③④.

三、解答題

19.(2024?全國(guó)?高考真題)已知等比數(shù)列｛%｝的前n項(xiàng)和為端,M2Sn=3an+1-3.

(1)求｛%｝的通項(xiàng)公式；

(2)求數(shù)列｛Sn｝的前n項(xiàng)和.

【解題思路】(1)利用退位法可求公比，再求出首項(xiàng)后可求通項(xiàng);

(2)利用分組求和法即可求5n.

【解答過(guò)程】(1)因?yàn)?Sn=3%+i-3,故2S”_i=3%-3,

所以2a”=3a?+1-3an(n>2)即50n=3冊(cè)+1故等比數(shù)列的公比為q=

rzr\71—1

故2ai=3的-3=3%x§—3=5%—3,故的=1,故0Tl=(鼻)

n

(2)由等比數(shù)列求和公式得5九=3/5A3

2\3729

所以數(shù)列｛SJ的前〃項(xiàng)和

Tn=Sl+S2+S3+TSn=||(|)+(|)+(|)+…+(|)3

3

2

20.(2024?全國(guó)?高考真題)記5?為數(shù)列｛冊(cè)｝的前幾項(xiàng)和，已知4s九=3%+4.

(1)求｛冊(cè)｝的通項(xiàng)公式；

(2)設(shè)“=(-1)九一%即，求數(shù)列｛g｝的前幾項(xiàng)和7\.

【解題思路】(1)利用退位法可求｛冊(cè)｝的通項(xiàng)公式.

(2)利用錯(cuò)位相減法可求〃.

【解答過(guò)程】(1)當(dāng)n=l時(shí)，4sl=4%=3%+4,解得⑥=4.

當(dāng)九之2時(shí)，4Sn_i=3an_i+4,所以4szi—4szi=4an=3an-3azi即a九=-3a九一1,

而=4H0,故a九H0,故一~——3,

an-l

二數(shù)列｛噩｝是以4為首項(xiàng)，一3為公比的等比數(shù)列，

所以％=4-(—3尸-1.

(2)6n=(-1尸-1-n-4-(-3/-1=4n-3"-'

71

所以7n=必+⑦+3+…+%=4?30+8?31+12?32+…+4n?3T

故37"=4-31+8?32+12-33+-+4n?3n

所以一27\=4+4?31+4?32+???+4-3”T-4n-3n

=4+4.-4n-3n=4+2?3?(3”T-1)-4n-3n

=(2-4九)?3九一2,

n

Tn=(2n-1)-3+1.

21.(2024?天津?高考真題)已知數(shù)列｛冊(cè)｝是公比大于0的等比數(shù)列.其前n項(xiàng)和為S”若的=1應(yīng)=-1.

⑴求數(shù)列｛an｝前？1項(xiàng)和Sn；

(2)設(shè)bn=上)/，kEN*,k>2.

''(Ai-i+2k,ak<n<ak+1

(i)當(dāng)kN2,n=v+i時(shí),求證：bn_i2ctk?%；

(ii)求配id.

【解題思路】(1)設(shè)等比數(shù)列｛%｝的公比為q>0,根據(jù)題意結(jié)合等比數(shù)列通項(xiàng)公式求q,再結(jié)合等比數(shù)列

求和公式分析求解；

k

(2)①根據(jù)題意分析可知恁=2~\bn=k+1,%_i=k(2k-1),利用作差法分析證明；②根據(jù)題意結(jié)

合等差數(shù)列求和公式可得2：：-1仇=[[(3k-l)4k-(3k-4)小-1],再結(jié)合裂項(xiàng)相消法分析求解.

【解答過(guò)程】(1)設(shè)等比數(shù)列｛%J的公比為q>。，

因?yàn)榈?162=%—1，即的+。2=。3—L

可得1+q=q2-1,整理得q2-Q-2=0,解得q=2或q=-1(舍去)，

所以%=三一=2九一1.

(2)(i)由(1)可知斯=2九T,且ZcCN*,/cN2,

a=2*T<2k-l=n-l

當(dāng)時(shí)，則k

ri=ak+1=2“N4即怒<ri—1Vak+1

n-1=ak+1-1<ak+1

可知耿=221,%=k+1,

bn―1=bak+(以+i—%—1),2fc=k+2/c(2”1一1)=k(2卜—1),

可得"_i一外?勾=2k-1)-(/c+l)2"i=也一l)2"i-fc>2(fc-l)-/c=/c-2>0,

當(dāng)且僅當(dāng)k=2時(shí)，等號(hào)成立,

所以為t>ak-bn；

n

(ii)由(1)可知：Sn=2—1=an+1—1,

若n=l,則Si=l,瓦=1；

k-1

若九>2,則縱+i-ak=2,

當(dāng)2-1<2<2左一1時(shí)，比一瓦_(dá)i=2匕可知｛瓦｝為等差數(shù)列,

可得2上1bi=k-2-1+2k2"T(2]'T)=k-4-=][(3k-l)4fe-(3k-4)4”]],

所以2^1/,；=1+![5X42-2X4+8X43-5X42+…+(3n-l)4n-(3n-4)4"-」=>一心4”+1,

且n=l,符合上式，綜上所述：2：%瓦=叱)4"+1.

22.(2024?全國(guó)?高考真題)設(shè)加為正整數(shù)，數(shù)列的,(12，…，a4m+2是公差不為0的等差數(shù)列，若從中刪去兩

項(xiàng)四和為?</)后剩余的4小項(xiàng)可被平均分為機(jī)組，且每組的4個(gè)數(shù)都能構(gòu)成等差數(shù)列，則稱數(shù)列

alf%…，。4m+2是?J)-可分?jǐn)?shù)列.

⑴寫出所有的(")，1<i<J<6,使數(shù)列的42，…，即是。J)-可分?jǐn)?shù)列;

(2)當(dāng)mN3時(shí),證明：數(shù)列…，a4m+2是(2,13)-可分?jǐn)?shù)列；

(3)從1,2,…，4血+2中一次任取兩個(gè)數(shù)i和/(i<j),記數(shù)列。4m+2是(V)-可分?jǐn)?shù)列的概率為Pm，

證明：p>i

mO

【解題思路】(1)直接根據(jù)(ij)-可分?jǐn)?shù)列的定義即可；

(2)根據(jù)(ij)-可分?jǐn)?shù)列的定義即可驗(yàn)證結(jié)論；

(3)證明使得原數(shù)列是(ij)-可分?jǐn)?shù)列的(i,j)至少有+I)2-爪個(gè)，再使用概率的定義.

【解答過(guò)程】(1)首先，我們?cè)O(shè)數(shù)列的,。2，…，a4m+2的公差為小則d#0.

由于一個(gè)數(shù)列同時(shí)加上一個(gè)數(shù)或者乘以一個(gè)非零數(shù)后是等差數(shù)列，當(dāng)且僅當(dāng)該數(shù)列是等差數(shù)列，

故我們可以對(duì)該數(shù)列進(jìn)行適當(dāng)?shù)淖冃蝍[=當(dāng)"+l(/c=1,2，…,4m+2),

得到新數(shù)列a1=k(k=1,2,...,4m+2),然后對(duì)a；,a,…,a'^+z進(jìn)行相應(yīng)的討論即可.

換言之，我們可以不妨設(shè)叫=fc(fc=1,2，…,4m+2),此后的討論均建立在該假設(shè)下進(jìn)行.

回到原題，第1小問(wèn)相當(dāng)于從123,4,5,6中取出兩個(gè)數(shù)i和/(i<j),使得剩下四個(gè)數(shù)是等差數(shù)列.

那么剩下四個(gè)數(shù)只可能是1,2,3,4,或2,3,4,5,或3,4,5,6.

所以所有可能的(ij)就是(1,2),(1,6),(5,6).

(2)由于從數(shù)列1,2，…,4巾+2中取出2和13后，剩余的47n個(gè)數(shù)可以分為以下兩個(gè)部分，共小組，使得

每組成等差數(shù)列：

?(1,4,7,10},{3,6,9,12},{5,8,11,14),共3組；

@[15,16,17,18},{19,20,21,22},...,{4m-1,4m,4m+1,4m+2},共m-3組.

(如果小一3=0,則忽略②)

故數(shù)列1,2，…,4m+2是(2,13)-可分?jǐn)?shù)列.

(3)定義集合4={4k+l\k=0,1,2,...,m}={1,5,9,13,…,4m+1},B={4k+2\k=0,1,2,...,m}

[2,6,10,14,,4m+2].

下面證明，對(duì)1Wi</W4m+2,如果下面兩個(gè)命題同時(shí)成立，

則數(shù)列1,2，…,4m+2一定是（ij）一可分?jǐn)?shù)列：

命題1：iEA,jGB或iGB,j6A；

命題2：j—i手3.

我們分兩種情況證明這個(gè)結(jié)論.

第一種情況：如果iEZJWB,且/TH3.

此時(shí)設(shè)i=4kl+1,j=4k2+2,kltk2￡{0,1,2,…，m].

則由iV/可知4kl+1<4七+2,即七一k]>——,故&Nk[.

此時(shí)，由于從數(shù)列1,2,…,4m+2中取出i=4kl+1和/=4k2+2后，

剩余的4m個(gè)數(shù)可以分為以下三個(gè)部分，共加組，使得每組成等差數(shù)列：

①{1,234},{5,6,7,8},…,{4七-34kl-2,4七-1,4七},共七組；

②{4的+2,4fc1+3,4的+4,4的+5},{4七+6,4的+7,4的+8,4的+9},…，{4七—2,4fc2—L4k2,4k2+1},

共七一々1組；

③{4七+3,4々2+4,4卜2+5,4伍+6},{4七+7,4k2+8,4的+9,4版+10},…，{4/71—1,4771,4ni+1,4TTI+2},

共TH-七組.

（如果某一部分的組數(shù)為0,則忽略之）

故此時(shí)數(shù)列1,2，…,4m+2是（ij）—可分?jǐn)?shù)列.

第二種情況：如果iEBJeZ,且j—2W3.

此時(shí)設(shè)i=4kl+2,j=4k2+1,klfk26{0,1,2,…，m].

則由iV/可知4/q+2<4k2+1,即七一七>±故七>的.

由于j—iH3,故（4々2+1）—（4七+2）W3,從而七一七H1,這就意味著々2—七之2.

此時(shí)，由于從數(shù)列12…,4血+2中取出i=4備+2和/=4七+1后，剩余的4血個(gè)數(shù)可以分為以下四個(gè)部

分，共血組，使得每組成等差數(shù)列：

①{123,4},{5,6,7,8},…,{4七-3,4七-2,4七-1,4七},共七組；

②{4k]+1,3k1+攵2+1,2的+2k2+1,七+3k2+1},{3k1+&+2,2自+2k2+2,七+3k2+2,4/^2+2},

共2組；

③全體{4七+p,3kl+々2+P，2的+2伍+P，的+3k2+p},其中p=3,4,…,七一七，共七一七一2組；

④{4七+3,4k2+4,4k2+5,4k2+6},{4七+7Ak?+8,4&+9,4&+1。},■■■>{4TTI—1,4771,4??i+l,4zn+2},

共m-々2組.

(如果某一部分的組數(shù)為0,則忽略之)

這里對(duì)②和③進(jìn)行一下解釋：將③中的每一組作為一個(gè)橫排，排成一個(gè)包含的-心-2個(gè)行，4個(gè)列的數(shù)

表以后，4個(gè)列分別是下面這些數(shù)：

{4七+3,4/Q+4,…,3kl+七},{3七+&+3,3的+伍+4,…,2kl+2/^}'{2七+2k?+3,2的+2k?+

3,…,Ze1+3k21{々1+3七+3,七+3k2+4,…,4七}.

可以看出每列都是連續(xù)的若干個(gè)整數(shù)，它們?cè)偃〔⒁院?，將取遍{4七+1,4的+2，…,4期+2}中除開(kāi)五個(gè)集

合{4七+1,4的+2},{3個(gè)+々2+L3kl+々2+2},{2的+2k2+12kl+2k?+2},{的+3k?+1,七+3k?+

2},{4心+1,4&+2}中的十個(gè)元素以外的所有數(shù).

而這十個(gè)數(shù)中，除開(kāi)已經(jīng)去掉的4七+2和4七+1以外，剩余的八個(gè)數(shù)恰好就是②中出現(xiàn)的八個(gè)數(shù).

這就說(shuō)明我們給出的分組方式滿足要求，故此時(shí)數(shù)列1,2，…,4m+2是(ij)-可分?jǐn)?shù)列.

至此，我們證明了：對(duì)1WiV/W4?n+2,如果前述命題1和命題2同時(shí)成立，則數(shù)列1,2,…,4m+2一

定是(")-可分?jǐn)?shù)列.

然后我們來(lái)考慮這樣的6/)的個(gè)數(shù).

首先，由于4nB=0,4和B各有771+1個(gè)元素，故滿足命題1的(")總共有(血+1)2個(gè)；

而如果/—i=3,假設(shè)iGA,j6B,則可設(shè)i=4kl+1,，=4k2+2,代入得(4々2+2)—(4七+1)=3.

但這導(dǎo)致七一的=；,矛盾，所以

設(shè)i=4。+2,J=4/^24,1>k],々2C{0,1,2,…，tn])則(4B+1)—(4ki+2)=3,即&—k]=1.

所以可能的(如,心)恰好就是(。，1)，l,m),對(duì)應(yīng)的(ij)分別是(2,5),(6,9),2,4m+1),

總共ni個(gè).

所以這(m+1)2個(gè)滿足命題1的8力中，不滿足命題2的恰好有6個(gè).

這就得到同時(shí)滿足命題1和命題2的(療)的個(gè)數(shù)為(zn+1)2-m.

當(dāng)我們從L2，…,4m+2中一次任取兩個(gè)數(shù)i和/(i</)時(shí)，總的選取方式的個(gè)數(shù)等于(4m+2；(4m+l)=(2m+

l)(4m+1).

而根據(jù)之前的結(jié)論，使得數(shù)列的,。2，…，。.+2是&/)-可分?jǐn)?shù)列的口力至少有(血+-m個(gè).

所以數(shù)列的,牝，…，a4m+2是(ij)一可分?jǐn)?shù)列的概率Pm一定滿足

(m+l)2-m_-2+^+1>—+-+，__1

p>

m—(2?n+l)(4m+l)(2TH4-1)(477I+1)(2m+l)(4m+2)2(2m+l)(27n+l)8

這就證明了結(jié)論.

23.(2023?全國(guó)?高考真題)記與為等差數(shù)列{冊(cè)}的前幾項(xiàng)和，已知a?=ll,Sio=40.

(1)求｛%｝的通項(xiàng)公式；

(2)求數(shù)列｛|叫｝的前n項(xiàng)和7n.

【解題思路】(1)根據(jù)題意列式求解的,d,進(jìn)而可得結(jié)果;

(2)先求治,討論與的符號(hào)去絕對(duì)值，結(jié)合工運(yùn)算求解.

【解答過(guò)程】(1)設(shè)等差數(shù)列的公差為d,

f—的+d=ll(a,-I-r?=11Cn—12

由題意可得cin^10X9,4n，即2L3解得竹.

(Si。=lOttiH———a-40(2%+9d=8Id=—2

所以冊(cè)=13-2(n-1)=15-2n,

(2)因?yàn)镾n=n(13+：-2n)=14n一/,

令斯=15—2zi>0,解得"協(xié)且neN*,

2

當(dāng)幾W7時(shí)，則即>0,可得T九=|a/+\a2\H--F\an\=%+做---Fan=Sn=14n—n；

a=a

當(dāng)?128時(shí)，則冊(cè)V0,可得Tn=+|。21T--卜\n\(。1+。2T--卜。7)—(。8----卜n)

222

=S7-(S九-S7)=2S7-sn=2(14x7-7)-(14n-n)=n-14n+98；

2

^±?：Tn=\14n-n,n<7

24.(2023?全國(guó)?高考真題)設(shè)Sn為數(shù)列｛冊(cè)｝的前n項(xiàng)和，已知a?=l,2Sn=nan.

(1)求｛%｝的通項(xiàng)公式；

(2)求數(shù)歹(]｛羅｝的前〃項(xiàng)和

【解題思路】(1)根據(jù)斯=[,(踐=：即可求出；

[Sn-Sn_lfn>2

(2)根據(jù)錯(cuò)位相減法即可解出.

【解答過(guò)程】(1)因?yàn)?szi=幾冊(cè)，

當(dāng)ri=1時(shí)，2al=%,即％=0；

當(dāng)九二3時(shí)，2(1+a3)=3a3，即的=2,

當(dāng)九之2時(shí)，2szi_1=(n-l)an_i，所以2(S九-S九=nan-(n-l)an_t=2an,

化簡(jiǎn)得：(九一2)(1=(71—l)Q_1，當(dāng)7123時(shí)，一、=—,,,=77=1>即Q九=72—1,

nn71—171—22

當(dāng)71=1,2時(shí)都滿足上式，所以冊(cè)=71-l(neN*).

(2)因?yàn)轶?會(huì)所以Tn=lx&)+2x(3+3x(3+???+nxQ),

23

lrn=lxg)+2xg)+...+(n-l)xG)%nxgf\

兩式相減得，

產(chǎn)-包+(丁+?+…+(一一”(十=將一”(滬:

2

=l-(l+^)g)n,即7n=2_(2+7i)G)\nGN*.

25.(2023?天津?高考真題)已知｛冊(cè)｝是等差數(shù)列，a?+。5=16,。5-=4.

⑴求｛%｝的通項(xiàng)公式和2dat(neN*).

⑵設(shè)｛九｝是等比數(shù)列,且對(duì)任意的keN*,當(dāng)2-iWnW2k-1時(shí)，則如</<加+1，

kk

(I)當(dāng)kN2時(shí)，求證：2-1<bk<2+1；

(II)求｛%｝的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和.

【解題思路】(1)由題意得到關(guān)于首項(xiàng)、公差的方程，解方程可得%=3,d=2,據(jù)此可求得數(shù)列的通項(xiàng)公式,

然后確定所給的求和公式里面的首項(xiàng)和項(xiàng)數(shù)，結(jié)合等差數(shù)列前律項(xiàng)和公式計(jì)算可得2(33七=3.4"-1.

(2)⑴利用題中的結(jié)論分別考查不等式兩側(cè)的情況，當(dāng)2-iWnW2上-1時(shí)，bk<an,

取?i=2^-1,當(dāng)2kVw幾W2八1一1時(shí)，an<bk,取n=2—i—l,即可證得題中的不等式；

(II)結(jié)合(I)中的結(jié)論，利用極限思想確定數(shù)列的公比，進(jìn)而可得數(shù)列的通項(xiàng)公式，最后由等比數(shù)列前n項(xiàng)和公

式即可計(jì)算其前n項(xiàng)和.

【解答過(guò)程】(1)由題意可得/2+。5=2的254：16,解得

則數(shù)列｛%｝的通項(xiàng)公式為an=ai+(n-l)d=2n+1,

求和得4=￡[4一1(2i+1)=22;;Li+(2n-1-2"-1+1)

=2[251+(2"T+1)+(2j1+2)+…+(2n-1)]+2"-1

=2(2，T+2J).2“T+2-1=3.4n-l

2,

(2)(I)由題意可知，當(dāng)2"iWnW2欠一1時(shí),bk<an,