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数列
【知识点讲解】
一、数列的概念与表示
1.数列
按照确定的顺序排列的一列数称为数列。数列中的每一个数叫做这个数列的项。
2.数列的通项公式
如果数列 的第 项 与序号 之间的对应关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式。
若数列{an}的前n项和为Sn，通项公式为an，则an＝
在数列{an}中，若an最大，则若an最小，则
例1．（多选）设等比数列的公比为q，其前n项和为，前n项积为，并且满足条件，，，则下列结论正确的是
A． B．
C．的最大值为 D．的最大值为
【答案】AD
【解析】因为，，，
所以，，所以，故A正确．，故B错误；
因为，，所以数列为递减数列，所以无最大值，故C错误；
又，，所以的最大值为，故D正确．故选AD
3.数列的递推公式
（1）定义
如果一个数列的相邻两项或多项之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的递推公式。
求法
Ⅰ.已知a1，且an－an－1＝f(n)，可用“累加法”求an；
Ⅱ.已知a1(a1≠0)，且＝f(n)，可用“累乘法”求an；
Ⅲ.已知a1且an＋1＝pan＋q(其中p，q均为常数，pq(p－1)≠0)，
可利用换元法转化为等比数列求解．　
例2．已知数列的前项的和为，，则数列的通项公式为__________
【答案】
【解析】由于数列的前项的和为．当时，；
当时，．
不适合，因此，．
数列的前n项和
（1）定义：数列{an}中，Sn＝a1＋a2＋…＋an称为数列{an}的前n项和
（2）求法
Ⅰ.公式法:直接利用等差数列、等比数列的前 项和公式求和。
①等差数列的前 项和公式： 。
②等比数列的前 项和公式： ｛ , , , 。
例3．是公差不为0的等差数列，满足，则该数列的前10项和等于A． B． C．0 D．5
【答案】C
【解析】设的公差为d，因为，所以，
所以，故选C．
Ⅱ.分组求和法
例4．已知数列的前项和为，，则
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题意，令，则当为奇数时，为偶数，
，
．故选．
Ⅲ.倒序相加法
如果一个数列的前 项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前 项和可用倒序相加法，如等差数列的前 项和公式即是用此法推导的。
Ⅳ.并项求和法
例5．已知数列的前项和为，且，，则__________；若恒成立，则实数的取值范围为__________．
【答案】
【解析】由，，得，，
所以数列是首项为1，公比为的等比数列，
所以，，
．
又，所以恒成立，
即，恒成立．令，则，所以是递减数列，所以，，即，
实数的取值范围为．故答案为；．
Ⅴ.裂项相消求和法
把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和。
补充：常见的裂项技巧
① 。 ② 。
③ 。
④ 。 ⑤ 。
例6．已知等差数列，，，则数列的前n项和为
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】设等差数列的首项为，公差为，
因为，，所以，所以，所以，
则，所以数列的前项和为
；故选B．
Ⅵ.错位相减求和法
如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前 项和即可用此法来求，如等比数列的前 项和公式就是用此法推导的。
例7．已知数列和满足.
（1）证明：是等比数列；
（2）求数列{}的前n项和
【答案】（1）证明见解析（2）
【解析】（1）由，
可得，即，
则是首项为3，公比为2的等比数列
（2）由（1）知，，
，
两式相减得
二、特殊数列
1.等差数列的有关概念
（1）等差数列的定义
一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母 表示，定义表达式为 （常数） 或 （常数） 。
（2）等差中项
若三个数 , , 成等差数列，则 叫做 与 的等差中项，且有 。
2.等差数列的有关公式
（1）通项公式： 。
（2）前 项和公式： 或 。
3.等差数列的常用性质
（1）通项公式的推广： 。
（2）脚标性质：若 ，则 。
（3）数列 , , , 也是等差数列。公差为m2d
（4） 。
（5）若{an}是等差数列，则也成等差数列，
其首项与{an}首项相同，公差是{an}公差的
（8）若项数 为偶数，则 ；
若项数 为奇数，则 （中间项）。
例8．已知为等差数列的前项和，且，，记，则数列的前20项和为
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设等差数列的公差为，根据题意，得
所以，即解得，．
所以，所以，
所以数列的前20项和为
．故选C．
4.等比数列的有关概念
（1）定义
从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数（非零）。
（2）等比中项：如果 , , 成等比数列，那么 叫做 与 的等比中项。
即 是 与 的等比中项 , , 成等比数列
5.等比数列的有关公式
（1）通项公式： 。
（2）前 项和公式： ｛ , , = , 。
6.等比数列的性质
（1）通项公式的推广： 。
（2）脚标性质：对任意的正整数 , , , ,
若 ,则 。
（3） , , 成等比数列，其公比为qm
（4）若共有2n项，则＝q；若共有2n＋1项，＝q．
例9．以为首项 以为公比的等比数列满足，，设数列的前项和为，若恒成立，则实数的取值范围是__________．
【答案】
【解析】由题意得，可得，所以，
所以，即．故答案为.
例10．设为正项递增等比数列的前项和，且，则的值为__________．
【答案】
【解析】因为，所以，又，
所以，即，解得或（舍去），
所以，所以．故答案为．
【对点训练】
1．设数列满足，则（ ）
A．0 B．4 C．5 D．8
2．“十二平均律” 是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为
A． B． C． D．
3．数列中，，对任意 ，若，则 （ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
4．已知是公差为1的等差数列，为的前项和，若，则
A． B． C． D．
5．在流行病学中，基本传染数是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数．一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定．对于，而且死亡率较高的传染病，一般要隔离感染者，以控制传染源，切断传播途径．假设某种传染病的基本传染数，平均感染周期为7天（初始感染者传染个人为第一轮传染，经过一个周期后这个人每人再传染个人为第二轮传染……）那么感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要的天数为（参考数据：，）（ ）
A．35 B．42 C．49 D．56
6．《九章算术》第三章“衰分”介绍比例分配问题，“衰分”是按比例递减分配的意思，通常称递减的比例为“衰分比”.如：已知，，三人分配奖金的衰分比为，若分得奖金1000元，则，所分得奖金分别为800元和640元.某科研所四位技术人员甲、乙、丙、丁攻关成功，共获得单位奖励68780元，若甲、乙、丙、丁按照一定的“衰分比”分配奖金，且甲与丙共获得奖金36200元，则“衰分比”与丁所获得的奖金分别为
A．，14580元 B．，14580元
C．，10800元 D．，10800元
7．《周髀算经》中有这样一个问题:冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气，自冬至日起，其日影长依次成等差数列，前三个节气日影长之和为尺，最后三个节气日影长之和为尺，今年月日时分为春分时节，其日影长为（ ）
A．尺 B．尺 C．尺 D．尺
8．设是等比数列，且，，则（ ）
A．12 B．24 C．30 D．32
9．几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推.求满足如下条件的最小整数N：N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是
A．440 B．330 C．220 D．110
10．北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（ ）
A．3699块 B．3474块 C．3402块 D．3339块
11．在等差数列中，，．记，则数列（ ）．
A．有最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项
C．无最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项
12．数列的前n项和为，，若，则m的值为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
13．大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐藏的世界数学史上第一道数列题.其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，则此数列的第15项是（ ）
A．400 B．110 C．112 D．113
14．某校为推广篮球运动，成立了篮球社团，社团中的甲、乙、丙三名成员进行传球训练，从甲开始随机地传球给其他两人中的任意一人，接球者再随机地将球传给其他两人中的任意一人，如此不停地传下去，且假定每次传球都能被接到．记开始传球的人为第1次触球者，第n次触球者是甲的概率为，则＝（ ）
A． B． C． D．
15．已知数列满足，，记数列的前项和为，则=（ ）
A． B． C． D．
16．数列满足，则数列的前100项和为
A．5050 B．5100 C．9800 D．9850
17．某学生家长为缴纳该学生上大学时的教育费，于2018年8月20号从银行贷款a元，为还清这笔贷款，该家长从2019年起每年的8月20号便去银行偿还相同的金额，计划恰好在贷款的m年后还清，若银行按年利率为p的复利计息（复利：即将一年后的贷款利息也纳入本金计算新的利息），则该学生家长每年的偿还金额是
A． B． C． D．
18．已知数列满足.记数列的前n项和为，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
19．设正整数，其中，记．则（ ）
A． B．
C． D．
20．已知数列满足：，，若为的前项和，则（ ）
A． B． C．是递增数列 D．
21．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”，记为数列的前项和，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
三、解答题
22．在公差为2的等差数列中，，，成等比数列.
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和.
23．设数列满足.
（1）求的通项公式；
（2）求数列 的前项和．
24．已知等差数列满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）记数列的前n项和为.若，
(为偶数)，求的值.
25．“绿水青山就是金山银山”是时任浙江省委书记习近平同志于2005年8月15日在浙江湖州安吉考察时提出的科学论断，2017年10月18日，该理论写入中共19大报告，为响应总书记号召，我国某西部地区进行沙漠治理，该地区有土地1万平方公里，其中是沙漠（其余为绿洲），从今年起，该地区进行绿化改造，每年把原有沙漠的改造为绿洲，同时原有绿洲的 被沙漠所侵蚀又变成沙漠，设从今年起第n年绿洲面积为万平方公里．
（1）求第n年绿洲面积与上一年绿洲面积的关系；
（2）判断是否是等比数列，并说明理由；
（3）至少经过几年，绿洲面积可超过？
26．武汉又称江城，是湖北省省会城市，被誉为中部地区中心城市，它不仅有着深厚的历史积淀与丰富的民俗文化，更有着众多名胜古迹与旅游景点，每年来武汉参观旅游的人数不胜数，其中黄鹤楼与东湖被称为两张名片为合理配置旅游资源，现对已游览黄鹤楼景点的游客进行随机问卷调查，若不游玩东湖记1分，若继续游玩东湖记2分，每位游客选择是否游览东湖景点的概率均为，游客之间选择意愿相互独立.
（1）从游客中随机抽取3人，记总得分为随机变量，求的分布列与数学期望；（2）（i）若从游客中随机抽取人，记总分恰为分的概率为，求数列的前10项和；（ⅱ）在对所有游客进行随机问卷调查过程中，记已调查过的累计得分恰为分的概率为，探讨与之间的关系，并求数列的通项公式.
27．根据预测，某地第个月共享单车的投放量和损失量分别为和（单位：辆），
其中，，第个月底的共享单车的保有量是前个月的累计投放量与累计损失量的差.
（1）求该地区第4个月底的共享单车的保有量；
（2）已知该地共享单车停放点第个月底的单车容纳量（单位：辆）. 设在某月底，共享单车保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量？
28．已知数列是递增的等比数列，且
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）设为数列的前n项和，，求数列的前n项和．
29．已知等差数列的前项和满足，．
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和．
30． 设是等差数列，是等比数列，公比大于，已知， ，.
（Ⅰ）求和的通项公式；
（Ⅱ）设数列满足求.
31．设等差数列的前项和为，，，数列满足：对每成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）记 证明：
32．已知数列的前n项和为，，且.
（1）求数列的通项；
（2）设数列满足，记的前n项和为，若对任意恒成立，求实数的取值范围.
33．设等比数列{an}满足，．
（1）求{an}的通项公式；
（2）记为数列{log3an}的前n项和．若，求m．
34．设是首项为1的等比数列，数列满足．已知，，成等差数列．
（1）求和的通项公式；
（2）记和分别为和的前n项和．证明：．
35．已知数列{an}和{bn}满足a1=1，b1=0， ，.
（1）证明：{an+bn}是等比数列，{an–bn}是等差数列；
（2）求{an}和{bn}的通项公式.
36．已知数列的前项和为，其中为常数．
（1）证明：；
（2）是否存在，使得为等差数列？并说明理由．
37．已知是递增的等差数列，，是方程的根.
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和.
38．记是公差不为0的等差数列的前n项和，若．
（1）求数列的通项公式；
（2）求使成立的n的最小值．
39．已知数列满足，
（1）记，写出，，并求数列的通项公式；
（2）求的前20项和.
40．为数列{}的前项和.已知＞0，=.
（Ⅰ）求{}的通项公式；
（Ⅱ）设 ,求数列{}的前项和.
41．已知数列的前项和满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)已知__________，求数列的前项和．
从下列三个条件中任选一个，补充在上面问题的横线中，然后对第（2）问进行解答．条件：① ； ②；
③
注：如果选择多个条件分别解答，以第一个解答计分．
42．规定抽球试验规则如下：盒子中初始装有白球和红球各一个，每次有放回的任取一个，连续取两次，将以上过程记为一轮．如果每一轮取到的两个球都是白球，则记该轮为成功，否则记为失败．在抽取过程中，如果某一轮成功，则停止；否则，在盒子中再放入一个红球，然后接着进行下一轮抽球，如此不断继续下去，直至成功．
(1)某人进行该抽球试验时，最多进行三轮，即使第三轮不成功，也停止抽球，记其进行抽球试验的轮次数为随机变量，求的分布列和数学期望；
(2)为验证抽球试验成功的概率不超过，有1000名数学爱好者独立的进行该抽球试验，记表示成功时抽球试验的轮次数，表示对应的人数，部分统计数据如下：
1 2 3 4 5
232 98 60 40 20
求关于的回归方程，并预测成功的总人数（精确到1）；
(3)证明：．
附：经验回归方程系数：，；
参考数据：，，（其中，）．
43．已知数列{an}，{bn}，{cn}中，．
（Ⅰ）若数列{bn}为等比数列，且公比，且，求q与{an}的通项公式；
（Ⅱ）若数列{bn}为等差数列，且公差，证明：．
44．若数列满足，则称数列为“平方递推数列”．已知数列中，，点在函数的图象上，其中为正整数．
（1）证明数列是“平方递推数列”，且数列为等比数列；
（2）设（1）中“平方递推数列”的前项积为，即，求；
（3）在（2）的条件下，记，求数列的前项和，并求使 的的最小值．
45．已知为等差数列，为等比数列，．
（Ⅰ）求和的通项公式；
（Ⅱ）记的前项和为，求证：；
（Ⅲ）对任意的正整数，设求数列的前项和．
46．已知数列满足.
(1)证明是等比数列，并求的通项公式；
(2)证明： .
47．记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知．
（1）证明：数列是等差数列;
（2）求的通项公式．
48．为了治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X．
（1）求的分布列；
（2）若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，表示“甲药的累计得分为时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则，，，其中，，．假设，．
(i)证明：为等比数列；
(ii)求，并根据的值解释这种试验方案的合理性．
四、填空题
49．已知数列的通项公式为，则该数列中的数值最大的项是第___________项.
50．记Sn为等差数列{an}的前n项和，，则___________.
51．设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列．已知数列{an+bn}的前n项和，则d+q的值是_______．
52．（2017新课标全国II理科）等差数列的前项和为，，，则____________．
53．对于实数x，[x]表示不超过x的最大整数，已知正数列{an}满足Sn=（an），n∈N*，其中Sn为数列{an}的前n项的和，则[]=______．
54．我国民间剪纸艺术在剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.现有一张半径为的圆形纸，对折次可以得到两个规格相同的图形，将其中之一进行第次对折后，就会得到三个图形，其中有两个规格相同，取规格相同的两个之一进行第次对折后，就会得到四个图形，其中依然有两个规格相同，以此类推，每次对折后都会有两个图形规格相同.如果把次对折后得到的不同规格的图形面积和用表示，由题意知，，则________；如果对折次，则________.
55．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，规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______；如果对折次，那么______.
【参考答案】
1．B
【详解】由题意得：.
2．D
【详解】因为每一个单音与前一个单音频率比为，
所以，
又，则
3．C
【详解】在等式中，令，可得，，
所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，则，
，
，则，解得.
4．B
【详解】由得，解得.
5．B
【详解】感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要n轮传染,
则每轮新增感染人数为，
经过n轮传染，总共感染人数为：，
∵，∴当感染人数增加到1000人时，，化简得，
由，故得，又∵平均感染周期为7天，
所以感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要天，
6．B
【详解】
设“衰分比”为，甲获得的奖金为，则.
，解得，故.
7．A
【详解】
小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气日影长构成等差数列，设公差为d，由题意得：
，解得：
所以，所以，
即春分时节的日影长为4.5.
8．D
【详解】设等比数列的公比为，则，
，
因此，.
9．A
【详解】由题意得，数列如下：
则该数列的前项和为
，
要使，有，此时，所以是第组等比数列的部分和，设，
所以，则，此时，
所以对应满足条件的最小整数，故选A.
点睛:本题非常巧妙地将实际问题和数列融合在一起，首先需要读懂题目所表达的具体含义，以及观察所给定数列的特征，进而判断出该数列的通项和求和.另外，本题的难点在于数列里面套数列，第一个数列的和又作为下一个数列的通项，而且最后几项并不能放在一个数列中，需要进行判断.
10．C
【详解】
设第n环天石心块数为，第一层共有n环，
则是以9为首项，9为公差的等差数列，，
设为的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分
别为，因为下层比中层多729块，
所以，
即
即，解得，
所以.
11．B
【详解】
由题意可知，等差数列的公差，
则其通项公式为：，
注意到，
且由可知，
由可知数列不存在最小项，
由于，
故数列中的正项只有有限项：，.
故数列中存在最大项，且最大项为.
12．C
【详解】
由，则，两式相减得：，而，
所以，故是首项、公比均为的等比数列，
所以，可得.
13．C
【详解】
观察此数列可知，当为偶数时，，当为奇数时，.
所以，，所以C正确，
14．C
【详解】
解：要想第n次触球者是甲，则第（n-1）次触球的人不能是甲，且第（n-1）次触球的人有的概率将球传给甲，
所以，即，
设，则，所以，
所以是以为首项，以为公比的等比数列，所以，即，
所以，
15．A
【详解】
因为,，所以，
所以，
又
，
故，
16．B
【详解】
由，得：a1=a1，
a2=a1+2，a3= a2+4= a1+2，a4=a3+6= a1+8，∴a1+a2+a3+a4=12；
同理求得a5+a6+a7+a8=28；
a9+a10+a11+a12=44；
∵，
∴数列{an}的前100项满足S4,S8 S4,S12 S8，…是以12为首项，16为公差的等差数列，
则数列{an}的前100项和为S=25×12+25×24×162=5100.
17．D
【详解】
设每年偿还的金额为，则，
所以，解得
18．A
【详解】因为，所以，．
由
，即
根据累加法可得，，当且仅当时取等号，
，
由累乘法可得，当且仅当时取等号，
由裂项求和法得：
所以，即．
19．ACD
【详解】
对于A选项，，，
所以，，A选项正确；
对于B选项，取，，，
而，则，即，B选项错误；
对于C选项，，
所以，，
，
所以，，因此，，C选项正确；
对于D选项，，故，D选项正确.
20．ACD
【详解】
，，
时，，
时，故A正确；
时，所以，故B错误；
由得与同号，又，所以，
所以，所以是递增数列，故C正确；
由得，所以，
，
，
，
以上各式累加得，
即，所以，当时，，所以
，故D正确.
21．ACD
【详解】
对于A，写出数列的前6项为，故A正确；
对于B，，故B错误；
对于C，由，，，……，，可得：，故C正确.
对于D，斐波那契数列总有，则，，，……，，，可得，故D正确；
22．（1）（2）
【详解】
解：（1）∵的公差为,
∴,.
∵,,成等比数列,
∴,
解得,
从而.
（2）由（1）得,
.
23．(1) ；(2).
【详解】
（1）数列满足
时,
∴
∴
当时,,上式也成立
∴
（2）
∴数列的前n项和
24．（1）；（2）.
【详解】
（1）设等差数列的公差为d，
因为，所以
即
解得，所以.
经检验，符合题设，
所以数列的通项公式为.
（2）由（1）得，，
所以.
，∴，
因为，，
所以，即.
因为为偶数，所以.
25．(1) (2) 是等比数列，理由见解析. (3) 至少经过6年，绿洲面积可超过60%．
【详解】
（1）由题意得，
所以；
（2）由（1）得，∴，
所以是等比数列.
（3）由（2）有，又，所以，
∴，即；
，即，两边取常用对数得：
，所以，
∴．
∴至少经过6年，绿洲面积可超过60%．
26．（1）见解析（2）（i）（ⅱ），
【详解】
解：（1）可能取值为3，4，5，6.
，，，.
∴的分布列为
3 4 5 6
∴
（2）（i）总分恰为分的概率为，
∴数列是首项为，公比为的等比数列，
前10项和.
（ⅱ）已调查过的累计得分恰为分的概率为，得不到分的情况只有先得分，再得2
分，概率为，.
所以，即
∴.
∴，
∴.
27．（1）935；（2）见解析.
【详解】（1）
（2），即第42个月底，保有量达到最大
，∴此时保有量超过了容纳量.
28．（Ⅰ）（Ⅱ）
【详解】（1）设等比数列的公比为q，所以有
联立两式可得或者又因为数列为递增数列，所以q>1，所以
数列的通项公式为
（2）根据等比数列的求和公式，有
所以
所以
29．(1)；（2）.
【详解】
解：（1）由等差数列的性质可得，
即，解得a1＝1，d＝﹣1，
则{an}的通项公式an＝1﹣（n﹣1）＝2﹣n；
（2）（）（），
则数列{}的前n项和Sn（）
（﹣1）．
30．（I），；
（II）
【详解】
（I）解：设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
依题意，得，解得，
故，，
所以，的通项公式为，的通项公式为；
（II）
，
记 ①
则 ②
②①得，，
所以
.
31．（1），；（2）证明见解析.
【详解】
(1)由题意可得：，解得：，
则数列的通项公式为 .
其前n项和.
则成等比数列，即：
，
据此有：
，
故.
(2)结合(1)中的通项公式可得：
，
则.
32．（1）；（2）.
【详解】
（1）当时，，
，
当时，由①，
得②，①②得
，
又是首项为，公比为的等比数列，
；
（2）由，得，
所以，
，
两式相减得
，
所以，
由得恒成立，
即恒成立，
时不等式恒成立；
时，，得；
时，，得；
所以.
33．（1）；（2）.
【详解】
（1）设等比数列的公比为，
根据题意，有，解得，
所以；
（2）令，
所以，
根据，可得，
整理得，因为，所以，
34．（1），；（2）证明见解析.
【详解】
（1）因为是首项为1的等比数列且，，成等差数列，
所以，所以，
即，解得，所以，
所以.
（2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和
，
，
．
设， ⑧
则． ⑨
由⑧-⑨得．
所以．
因此．
故．
[方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法
证明：由（1）可得，
，①
，②
①②得 ，
所以，
所以，
所以.
[方法三]：构造裂项法
由（Ⅰ）知，令，且，即，
通过等式左右两边系数比对易得，所以．
则，下同方法二．
[方法四]：导函数法
设，
由于，
则．
又，
所以
，下同方法二．
35．（1）见解析；（2），．
【详解】
(1)由题意可知，，，，
所以，即，
所以数列是首项为、公比为的等比数列，，
因为，
所以，数列是首项、公差为的等差数列，．
(2)由(1)可知，，，
所以，．
36．（1）证明见解析；（2）.
【详解】
（I）由题设，，．两式相减得，．
由于，所以．
（II）由题设，，，可得，由（I）知，．令，解得．
故，由此可得，是首项为1，公差为4的等差数列，；
是首项为3，公差为4的等差数列，．
所以，．
因此存在，使得为等差数列．
37．（1）;（2）.
【详解】
方程x2－5x＋6＝0的两根为2，3.
由题意得a2＝2，a4＝3.
设数列{an}的公差为d，则a4－a2＝2d，故d＝，从而得a1＝.
所以{an}的通项公式为an＝n＋1.
（2）设的前n项和为Sn，
由（1）知＝，
则Sn＝＋＋…＋＋，
Sn＝＋＋…＋＋，
两式相减得
Sn＝＋－
＝＋－，
所以Sn＝2－.
38．(1)；(2)7.
【详解】
(1)由等差数列的性质可得：，则：，
设等差数列的公差为，从而有：，
，
从而：，由于公差不为零，故：，
数列的通项公式为：.
(2)由数列的通项公式可得：，则：，
则不等式即：，整理可得：，
解得：或，又为正整数，故的最小值为.
39．（1）；（2）.
【详解】
解：（1）[方法一]【最优解】：
显然为偶数，则，
所以，即，且，
所以是以2为首项，3为公差的等差数列，
于是．
[方法二]：奇偶分类讨论
由题意知，所以．
由（为奇数）及（为偶数）可知，
数列从第一项起，
若为奇数，则其后一项减去该项的差为1，
若为偶数，则其后一项减去该项的差为2．
所以，则．
[方法三]：累加法
由题意知数列满足．
所以，
，
则．
所以，数列的通项公式．
（2）[方法一]：奇偶分类讨论
．
[方法二]：分组求和
由题意知数列满足，
所以．
所以数列的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；
同理，由知数列的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列．
从而数列的前20项和为：
．
40．（Ⅰ）（Ⅱ）
【详解】
解：（I）由an2+2an＝4Sn+3，可知an+12+2an+1＝4Sn+1+3
两式相减得an+12﹣an2+2（an+1﹣an）＝4an+1，
即2（an+1+an）＝an+12﹣an2＝（an+1+an）（an+1﹣an），
∵an＞0，∴an+1﹣an＝2，
∵a12+2a1＝4a1+3，
∴a1＝﹣1（舍）或a1＝3，
则{an}是首项为3，公差d＝2的等差数列，
∴{an}的通项公式an＝3+2（n﹣1）＝2n+1：
（Ⅱ）∵an＝2n+1，
∴bn（），
∴数列{bn}的前n项和Tn（）（）.
41．(1)
(2)答案不唯一，具体见解析
【解析】
(1)解：因为在数列中，．
当时，；
当时，，
又因为也满足，所以数列的通项公式为．
(2)解：选择条件①：由，
可得，
，
两式相减得
，
故．
选择条件②：由（1）知，
所以
∴.
选择条件③：因为，
当n为偶数时，
；
当n为奇数时，
，
综上所述：数列的前项和.
42．(1)分布列见解析，数学期望为
(2)回归方程为，预测成功的总人数为465
(3)证明见解析
【解析】
(1)由题知，的取值可能为1，2，3所以；
；；
所以的分布列为：
1 2 3
所以数学期望为.
(2)
令，则，由题知：，，
所以，
所以，，
故所求的回归方程为：，
所以，估计时，；估计时，；估计时，；
预测成功的总人数为.
(3)由题知，在前轮就成功的概率为
又因为在前轮没有成功的概率为
，
故.
43．（I）；（II）证明见解析.
【详解】
（I）依题意，而，即，由于，所以解得，所以.
所以，故，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以.
所以（）.
所以，又，符合，
故.
（II）依题意设，由于，
所以，
故
.
又，而，
故
所以
.
由于，所以，所以.
即， .
44．（1）证明见解析；（2）；（3）.
【解析】（1）由题意得：，即 ，
则是“平方递推数列”． 2分
对两边取对数得 ，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列． 4分
（2）由（1）知 5分
8分
(3） 9分
10分
又，即 11分
又，所以． 12分
45．（Ⅰ），；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）.
【详解】
(Ⅰ)设等差数列的公差为，等比数列的公比为q.
由，，可得d=1.
从而的通项公式为.
由，
又q≠0，可得，解得q=2，
从而的通项公式为.
(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可得，
故，，
从而，
所以.
(Ⅲ)当n为奇数时，，
当n为偶数时，，
对任意的正整数n，有，
和 ①
由①得 ②
由①②得，
由于，
从而得：.
因此，.
所以，数列的前2n项和为.
46．（1）证明见解析，；（2）证明见解析.
【解析】（1）证明：由得，所以，所以是等比数列，首项为，公比为3，所以，解得.
（2）由（1）知：，所以，
因为当时，，所以，于是=，
所以.
47．（1）证明见解析；（2）.
【详解】
（1）[方法一]：
由已知得,且，,
取,由得,
由于为数列的前n项积，
所以,
所以，
所以,
由于
所以，即,其中
所以数列是以为首项，以为公差等差数列;
[方法二]【最优解】：
由已知条件知 ①
于是． ②
由①②得． ③
又， ④
由③④得．
令，由，得．
所以数列是以为首项，为公差的等差数列．
[方法三]：
由，得，且，，．
又因为，所以，所以．
在中，当时，．
故数列是以为首项，为公差的等差数列．
[方法四]：数学归纳法
由已知，得，，，，猜想数列是以为首项，为公差的等差数列，且．
下面用数学归纳法证明．
当时显然成立．
假设当时成立，即．
那么当时，．
综上，猜想对任意的都成立．
即数列是以为首项，为公差的等差数列．
（2）
由（1）可得，数列是以为首项，以为公差的等差数列，
,
,
当n=1时，,
当n≥2时,,显然对于n=1不成立,
∴.
48．（1）见解析；（2）（i）见解析；（ii）.
【详解】
（1）由题意可知所有可能的取值为：，，
；；
则的分布列如下：
（2），
，，
（i）
即
整理可得：
是以为首项，为公比的等比数列
（ii）由（i）知：
，，……，
作和可得：
表示最终认为甲药更有效的.由计算结果可以看出，在甲药治愈率为0.5，乙药治愈率为0.8时，认为甲药更有效的概率为，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种实验方案合理.
49．5
【详解】
因为,所以,由于,所以当时,最大,此时故答案为：5
50．4.
【详解】
因，所以，即，
所以．
51．
【详解】
设等差数列的公差为，等比数列的公比为，根据题意.
等差数列的前项和公式为，
等比数列的前项和公式为，
依题意，即，
通过对比系数可知，故.
52．
【详解】
设等差数列的首项为，公差为，由题意有 ，解得 ，
数列的前n项和，
裂项可得，
所以．
53．20
【详解】
由题可知，当时，化简可得，当
所以数列是以首项和公差都是1的等差数列，即
又时，
记
一方面
另一方面
所以
即
54．
【详解】
因为，，
所以，
所以.
.
55． 5
【详解】
（1）由对折2次共可以得到，，三种规格的图形，所以对着三次的结果有：，共4种不同规格（单位；
故对折4次可得到如下规格：，，，，，共5种不同规格；
（2）由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，不论规格如何，其面积成公比为的等比数列，首项为120,第n次对折后的图形面积为，对于第n此对折后的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为种（证明从略），故得猜想，
设，
则，
两式作差得：
，
因此，.2023 届高考数学一轮复习——数列
数列
【知识点讲解】
一、数列的概念与表示
1.数列
按照确定的顺序排列的一列数称为数列。数列中的每一个数叫做这个数列的项。
2.数列的通项公式
如果数列{ } 的第 项 与序号 之间的对应关系可以用一个式子来表
示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式。
若 数 列 {an} 的 前 n 项 和 为 Sn ， 通 项 公 式 为 an ， 则 an ＝
S1，n＝1，
Sn－S
*
n－1，n≥2，n∈N .
an≥an－1， an≤an－1，
在数列{an}中，若 an最大，则 若 an最小，则
an≥an＋1； an≤an＋1.
例 1．（多选）设等比数列 an 的公比为 q，其前 n 项和为 Sn，前 n 项积为Tn ，并且满足
a7 1
条件 a1 1， a7 a8 1， 0a ，则下列结论正确的是8 1
A．0 q 1 B． a7 a9 1
C． Sn的最大值为S9 D．Tn 的最大值为T7
【答案】AD
a7 1
【解析】因为 a1 1， a7 a8 1， 0a8 1
，
所以 a7 1， a
2
8 1，所以0 q 1，故 A 正确． a7 a9 a8 1，故 B 错误；
因为 a1 1，0 q 1，所以数列 an 为递减数列，所以 Sn无最大值，故 C 错误；
又 a7 1， a8 1，所以Tn的最大值为T7 ，故 D 正确．故选 AD
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2023 届高考数学一轮复习——数列
3.数列的递推公式
（1）定义
如果一个数列的相邻两项或多项之间的关系可以用一个式子来表示，那么这
个式子叫做这个数列的递推公式。
（2）求法
Ⅰ.已知 a1，且 an－an－1＝f(n)，可用“累加法”求 an；
a
Ⅱ.已知 a1(a1≠0)，且
n ＝f(n)，可用“累乘法”求 an；
an－1
Ⅲ.已知 a1且 an＋1＝pan＋q(其中 p，q均为常数，pq(p－1)≠0)，
可利用换元法转化为等比数列求解．
n
例 2 2．已知数列 an 的前 n项的和为 Sn n n 1，bn 1 an 2 n N * ，则数
列 an 的通项公式为__________
3,n 1
【答案】 an
2n,n 2
2 2
【解析】由于数列 an 的前 n项的和为 Sn n n 1．当 n 1时，a1 S1 1 1 1 3；
2 2
当 n 2时， an Sn S n 1 n n 1 n 1 n 1 1 2n．
3,n 1
a1 3不适合 an 2n，因此， an ．
2n,n 2
4、数列的前 n项和
（1）定义：数列{an}中，Sn＝a1＋a2＋…＋an称为数列{an}的前 n项和
（2）求法
Ⅰ.公式法:直接利用等差数列、等比数列的前 项和公式求和。
+ 1
①等差数列的前 项和公式： = 1 = 1 + 。2 2
= = 1 1 1

②等比数列的前 项和公式： 1 ｛ 1 , , = , ≠ 1 。1 1
3 a 2 2 2 2例 ． n 是公差不为 0 的等差数列，满足 a4 a5 a6 a7 ，则该数列的前 10 项和 S10 等
于 A． 10 B． 5 C．0 D．5
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2023 届高考数学一轮复习——数列
【答案】C
2 2 2 2 9
【解析】设 an 的公差为 d，因为 a4 a5 a6 a7 ，所以 a1 d ，2
S 10a 10 9d所以 10 1 0，故选 C．2
Ⅱ.分组求和法
例 4．已知数列{( 1)n(2n 1)}的前 n项和为 S *n， n N ，则 S11
A． 13 B． 12 C． 11 D． 10
【答案】A
【解析】由题意，令 an ( 1)
n (2n 1)，则当 n为奇数时， n 1为偶数，
an an 1 (2n 1) [2(n 1) 1] 2， S11 a1 a2 a11
(a1 a2 ) (a3 a4 ) (a9 a10 ) a11 2 2 2 (2 11 1)
2 5 23 13．故选 A．
Ⅲ.倒序相加法
如果一个数列的前 项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一
个常数，那么求这个数列的前 项和可用倒序相加法，如等差数列的前 项和
公式即是用此法推导的。
Ⅳ.并项求和法
1
例 5．已知数列 an 的前 n项和为 Sn，且 a1 2，an 1 a
1
n ，则 Sn __________；2 2
1
若 Sn nan t恒成立，则实数 t的取值范围为__________．2
1
【答案】 n 2 1 n 4, 2
1 1
【解析】由 a1 2，an 1 an ，得 a
1
n 1 1 an 1 ， a1 1 1，2 2 2
1
所以数列 an 1 是首项为 1，公比为 的等比数列，2
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2023 届高考数学一轮复习——数列
n 1
a 1 1 1 1 1所以 n 2
， an n 1 1，
2n 1 2
1
Sn a a
1 1 1
1 2 a

n n 1
1
2n 1 ．
2 22 2n 1 n n 2 1 1 2 2n
1 1 n n 1
又 na n n t S na n 2n 1
，所以
2 n n
n 2 1 n n 2 2n 1
2 1 恒成立，
2n
t 4 1 n 1 * b n 1 b b n 2 n 1 n即 n ，n N 恒成立．令 n n ，则 n 1 0， 2 2 n 2n 1 2n 2n 1
b n 1 n 1所以 n 是递减数列，所以0 n 1，0 1 n 1，即 t 4，2 2
t 4, n 2 1 1 实数 的取值范围为 ．故答案为 n ； 4, ． 2
Ⅴ.裂项相消求和法
把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求
得其和。
补充：常见的裂项技巧
1 1 1 1 1 1 1
① = 。 ② = 。
+1 +1 +2 2 +2
1
③ = 1 1 1 。
2 1 2 +1 2 2 1 2 +1
1
④ = + 1 1 1 1 1。 ⑤ = 。
+ +1 +1 +2 2 +1 +1 +2
1
例 6．已知等差数列 an ， a5 5， a8 8，则数列 的前 n 项和为
anan 1
1 n n 1 n 1
A． B． C． D．
n 1 n 1 n n 1
【答案】B
【解析】设等差数列 an 的首项为 a1，公差为 d ，
a 4d 5 a 1
因为 a5 5 a
1 1
， 8 8，所以 ，所以 ，所以 a n，
a1 7d 8

d 1
n
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2023 届高考数学一轮复习——数列
1 1 1 1
1 则 nanan 1 n(n 1) n n 1
，所以数列 的前 项和为 anan 1
1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 n ；故选 B．
1 2 2 3 3 4 n n 1 n 1 n 1
Ⅵ.错位相减求和法
如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成
的，那么这个数列的前 项和即可用此法来求，如等比数列的前 项和公式就
是用此法推导的。
例 7．已知数列{an}和{bn}满足
a1 1, b1 2, 3an 1 4an 2bn 6, 3bn 1 4bn 2an 6 .
（1）证明：{an bn}是等比数列；
（2）求数列{ (2n 1)(an bn ) }的前 n项和 Sn .
【答案】（1）证明见解析（2）3 3(2n 1) 2n
【解析】（1）由 a1 1, b1 2, 3an 1 4an 2bn 6, 3bn 1 4bn 2an 6，
可得3 an 1 bn 1 6 an bn ，即an 1 bn 1 2 an bn ，
则 an bn 是首项为 3，公比为 2 的等比数列
n 1 n 1
（2）由（1）知 an bn 3 2 ， (2n 1)(an bn ) 3(2n 1) 2 ，
Sn 3 3 5 2 7 22 9 23 (2n 1) 2n 1
2Sn 3 3 2 5 22 7 23 9 24 (2n 1) 2n 1 (2n 1) 2n ，
S 3 3 2 2 2 22 2 23 4 n 1 n两式相减得 n 2 2 2 2 (2n 1) 2
n
3 3 4 2 2 (2n 1) 2
n 3(1 2n) 2n 3 S 3 3(2n 1) 2n
1 2
n

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2023 届高考数学一轮复习——数列
二、特殊数列
1.等差数列的有关概念
（1）等差数列的定义
一般地，如果一个数列从第 2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个
常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字
母 表示，定义表达式为 = （常数） ∈ 1 , ≥ 2 或 +1 =
（常数） ∈ 。
（2）等差中项
+ 若三个数 , , 成等差数列，则 叫做 与 的等差中项，且有 = 。
2
2.等差数列的有关公式
（1）通项公式： = 1 + 1 。
1 +
（2）前 项和公式： = 1 + 或 = 1 。2 2
3.等差数列的常用性质
（1）通项公式的推广： = + , ∈ 。
（2）脚标性质：若 + = + , , , ∈ ，则 + = + 。
（3）数列 ,
2
2 , 3 2 ,… 也是等差数列。公差为 m d
（4） 2 1 = 2 1 。
Sn
（5）若{an}是等差数列，则 n 也成等差数列，
1
其首项与{an}首项相同，公差是{an}公差的
2

（8）若项数 为偶数，则 偶 奇 = ；2
若项数 为奇数，则 奇 偶 = 中 （中间项）。
1
例 8．已知 Sn为等差数列 an 的前 n项和，且 S3 15，a3 a4 a5 27，记bn a ，nan 1
则数列 bn 的前 20 项和为
19 38 20 40
A． B． C． D．
123 123 129 129
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2023 届高考数学一轮复习——数列
【答案】C
【解析】设等差数列 an 的公差为 d ，根据题意 a3 a4 a5 3a4 27，得 a4 9
S3 3a1 3d 15, 3a1 3d 15,
所以 ，即 解得 a 3， d 2．
a4 a1 3d 9,

a4 a 3d 9,
1
1
1 1 1 1
所以 an 3 2 n 1 2n 1

，所以bn 2n 1 2n 3 2 2n 1 2n 3 ，
所以数列 bn 的前 20 项和为
b b b 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 201 2 20
．故选 C．2 3 5 5 7 41 43 2 3 43 129
4.等比数列的有关概念
（1）定义
从第 2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数（非零）。
（2）等比中项：如果 , , 成等比数列，那么 叫做 与 的等比中项。
即 是 与 的等比中项 , , 成等比数列 2 =
5.等比数列的有关公式
（1）通项公式： = 11 。
1
（2）前 项和公式： 1 1 = ｛ 1 , = 1 , = , ≠ 1 。1 1
6.等比数列的性质
（1）通项公式的推广： = , ∈ 。
（2）脚标性质：对任意的正整数 , , , ,
若 + = + ,则 = 。
（3） , 2 , 3 2 成等比数列，其公比为 q
m
S S －a
（4）若共有 2n 项，则 偶＝q；若共有 2n＋1 项， 奇 1＝q．
S 奇 S 偶
3 1
例 9．以 a1为首项 以q为公比的等比数列 an 满足 a1 ，q ，设数列 an 的前 n项2 2
和为 Sn，若 t Sn 3t恒成立，则实数 t的取值范围是__________．
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1 , 3 【答案】
2 4
3 1 n
1 2 2 n 3 3
【解析】由题意得 S 1 1 ，可得 S S S ，所以 S ，n 1 2
2 n 1 4 n 2
1
2
3

3t
2 1 3 1 3
所以 ，即 t ．故答案为 ,3 2 4 2 4
.
t
4
例 10．设 Sn为正项递增等比数列 an 的前 n项和，且 2a3 2 a2 a4 ,a1a5 16，则 S6的
值为__________．
【答案】63
2
【解析】因为 a1a5 a3 16，所以 a3 4，又 2a3 2 a2 a4 ，
4 1
所以8 2 4q，即 2q2 5q 2 0，解得 q = 2或q （舍去），
q 2
a3 a1 1 q6 1 1 26
所以 a1 2 1，所以 S 63．故答案为q 6 63
．
1 q 1 2
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【对点训练】
1．设数列 an 满足 a1 1,an 3a n 1 1(n 1) ，则a2=（ ）
A．0 B．4 C．5 D．8
2．“十二平均律” 是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音
比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十
二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个
单音的频率的比都等于 12 2 .若第一个单音的频率为 f，则第八个单音的频率为
A． 3 2 f B． 3 22 f C． 12 25 f D． 12 27 f
3．数列{an}中，a1 2，对任意 m,n N ,am n ama 15 5n，若 ak 1 ak 2 ak 10 2 2 ，
则 k （ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
4．已知{an}是公差为 1 的等差数列， Sn为{an}的前n项和，若 S8 4S4，则 a10
17
A B 19． ． 2 C．10 D．122
5．在流行病学中，基本传染数R0是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫
力的情况下，一个感染者平均传染的人数．R0一般由疾病的感染周期、感染者
与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定．对于R0 1，而且死亡
率较高的传染病，一般要隔离感染者，以控制传染源，切断传播途径．假设某种
传染病的基本传染数R 0 3，平均感染周期为 7天（初始感染者传染R0个人为第
一轮传染，经过一个周期后这R0个人每人再传染R0个人为第二轮传染……）那么
感染人数由 1个初始感染者增加到 1000人大约需要的天数为（参考数据：36 729，
45 1024）（ ）
A．35 B．42 C．49 D．56
6．《九章算术》第三章“衰分”介绍比例分配问题，“衰分”是按比例递减分配的
意思，通常称递减的比例为“衰分比”.如：已知A， B，C三人分配奖金的衰分比
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2023 届高考数学一轮复习——数列
为20%，若A分得奖金 1000元，则 B，C所分得奖金分别为 800元和 640元.某
科研所四位技术人员甲、乙、丙、丁攻关成功，共获得单位奖励 68780元，若甲、
乙、丙、丁按照一定的“衰分比”分配奖金，且甲与丙共获得奖金 36200 元，则“衰
分比”与丁所获得的奖金分别为
A． 20%，14580 元 B．10%，14580元
C．20%，10800 元 D．10%，10800元
7．《周髀算经》中有这样一个问题:冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春
分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气，自冬至日起，其日影长依次
成等差数列，前三个节气日影长之和为28.5尺，最后三个节气日影长之和为1.5尺，
今年3月20日17时37分为春分时节，其日影长为（ ）
A． 4.5尺 B．3.5尺 C． 2.5尺 D．1.5尺
8．设{an}是等比数列，且 a1 a2 a3 1， a2 a3+a4 2，则 a6 a7 a8 （ ）
A．12 B．24 C．30 D．32
9．几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家学习数学
的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面
数学问题的答案：已知数列 1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，
其中第一项是 20，接下来的两项是 20，21，再接下来的三项是 20，21，22，依此
类推.求满足如下条件的最小整数 N：N>100且该数列的前 N项和为 2的整数幂.
那么该款软件的激活码是
A．440 B．330 C．220 D．110
10．北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块
圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌 9 块扇面形石板构成第一环，向外每环依
次增加 9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多 9 块，向外每环依次也增加
9块，已知每层环数相同，且下层比中层多 729块，则三层共有扇面形石板(不含
天心石)（ ）
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A．3699块 B．3474块 C．3402块 D．3339 块
11．在等差数列 an 中， a1 9， a5 1．记Tn a1a2…an(n 1,2,…)，则数列 Tn
（ ）．
A．有最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项
C．无最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项
12．数列 an 的前 n
127
项和为 Sn， Sn an 1，若 Sm ，则 m的值为（ ）128
A．5 B．6 C．7 D．8
13．大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释
中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾
经经历过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐藏的世界数学史上第一道数列题.
其前 10项依次是 0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，则此数列的第 15项
是（ ）
A．400 B．110 C．112 D．113
14．某校为推广篮球运动，成立了篮球社团，社团中的甲、乙、丙三名成员进行
传球训练，从甲开始随机地传球给其他两人中的任意一人，接球者再随机地将球
传给其他两人中的任意一人，如此不停地传下去，且假定每次传球都能被接到．记
开始传球的人为第 1次触球者，第 n次触球者是甲的概率为 Pn，则P6＝（ ）
3 1 5
A． B． C． D 316 4 16 ． 8
a n
15 n+1．已知数列 an 满足 an 0， = 2 a n S S aan an n 1
，记数列 n 的前 项和为 n，则 n n 1=
（ ）
A． n B．n+1 C． n2 D n+1 2．
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a a 16．数列 n 满足 n 1 2 sin
n 1 an 2n，则数列 an 的前 100 项和为
2
A．5050 B．5100 C．9800 D．9850
17．某学生家长为缴纳该学生上大学时的教育费，于 2018 年 8月 20 号从银行贷
款 a元，为还清这笔贷款，该家长从 2019 年起每年的 8月 20 号便去银行偿还相
同的金额，计划恰好在贷款的 m 年后还清，若银行按年利率为 p 的复利计息（复
利：即将一年后的贷款利息也纳入本金计算新的利息），则该学生家长每年的偿
还金额是
a ap(1 p)m 1 ap(1 p)m 1 ap(1 p)m
A． m B． C D(1 ． ． p)m 1 1 pm 1 (1 p)m 1
a 1,a a 18 n．已知数列 a n 满足 1 n 1 n N 1 a .记数列 an 的前 n项和为 Sn，则n
（ ）
3 9 9
A． S100 3 B．3 S2 100
4 C．4 S100 D2 ．
S
2 100
5
二、多选题
19．设正整数n a0 2
0 a k 11 2 ak 1 2 ak 2
k，其中 ai 0,1 ，记
n a0 a1 ak．则（ ）
A． 2n n B． 2n 3 n 1
C． 8n 5 4n 3 D． 2n 1 n
2
20．已知数列 an 满足：a1 1， an 1 an n N* Sa ，若 n为 an 的前n项和，则n
（ ）
11
A． a3 B． S4 12 C． an 是递增数列 D．an 4n 33
21．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，
1，2，3，5，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把
这样的一列数组成的数列 an 称为“斐波那契数列”，记 Sn为数列 an 的前 n项和，
则下列结论正确的是（ ）
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A． a6 8 B． S9 54
a a a
2 a2 a2
C． 1 3 a a 1 2 20195 2019 a2020 D． aa 20202019
三、解答题
22．在公差为 2 的等差数列 an 中， a1 1， a2 2， a3 4成等比数列.
（1）求 an 的通项公式；
（2 n）求数列 an 2 的前n项和 Sn .
23．设数列 an 满足a1 3a2 (2n 1)an 2n .
（1）求 an 的通项公式；
a
（2

）求数列 n n
2n 1
的前 项和．

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24．已知等差数列 an 满足an 2an 1 3n 5 .
（1）求数列 an 的通项公式；
1
（2）记数列 a a 的前 n 项和为
Sn .若 n N*，
n n 1
S 2n 4 ( 为偶数)，求 的值.
25．“绿水青山就是金山银山”是时任浙江省委书记习近平同志于 2005 年 8月 15
日在浙江湖州安吉考察时提出的科学论断，2017年 10 月 18日，该理论写入中
共 19大报告，为响应总书记号召，我国某西部地区进行沙漠治理，该地区有土
地 1万平方公里，其中70%是沙漠（其余为绿洲），从今年起，该地区进行绿化
改造，每年把原有沙漠的16%改造为绿洲，同时原有绿洲的 4%被沙漠所侵蚀又
变成沙漠，设从今年起第 n年绿洲面积为 an万平方公里．
（1）求第 n 年绿洲面积 an与上一年绿洲面积 an 1 n 2 的关系；
4
（2）判断 an 5 是否是等比数列，并说明理由；
（3）至少经过几年，绿洲面积可超过60%？ lg 2 0.3010
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26．武汉又称江城，是湖北省省会城市，被誉为中部地区中心城市，它不仅有着深厚的历史
积淀与丰富的民俗文化，更有着众多名胜古迹与旅游景点，每年来武汉参观旅游的人数不胜
数，其中黄鹤楼与东湖被称为两张名片为合理配置旅游资源，现对已游览黄鹤楼景点的游客
进行随机问卷调查，若不游玩东湖记 1 分，若继续游玩东湖记 2 分，每位游客选择是否游览
1
东湖景点的概率均为 2 ，游客之间选择意愿相互独立.
（1）从游客中随机抽取 3 人，记总得分为随机变量 X ，求 X 的分布列与数学期望；（2）
（i）若从游客中随机抽取m人，记总分恰为m分的概率为 Am，求数列 Am 的前 10 项和；
（ⅱ）在对所有游客进行随机问卷调查过程中，记已调查过的累计得分恰为 n分的概率为 Bn，
探讨 Bn与 Bn 1之间的关系，并求数列 Bn 的通项公式.
27．根据预测，某地第n (n N*)个月共享单车的投放量和损失量分别为 an 和bn（单位：辆），
5n4 15, 1 n 3
其中 an ，bn n 5，第 n个月底的共享单车的保有量是前 n个月的累计
10n 470, n 4
投放量与累计损失量的差.
（1）求该地区第 4 个月底的共享单车的保有量；
（2）已知该地共享单车停放点第 n个月底的单车容纳量 S 4(n 46)2n 8800（单位：辆）.
设在某月底，共享单车保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量？
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28．已知数列 an 是递增的等比数列，且a1 a4 9, a2a3 8.
（Ⅰ）求数列 an 的通项公式；
an 1
（Ⅱ）设 Sn为数列 an 的前 n 项和，bn S S ，求数列 bn 的前 n 项和Tn．n n 1
29．已知等差数列 an 的前n项和 Sn满足 S3 0， S5 5．
（1）求 an 的通项公式；
1
（2）求数列 n
a
的前 项和．
2n 1a2n 1
30． 设 an 是等差数列， bn 是等比数列，公比大于 0，已知a1 b1 3，b2 a3 ，
b3 4a2 3 .
（Ⅰ）求 an 和 bn 的通项公式；
1, n为奇数,
（Ⅱ）设数列 cn 满足cn *b n为偶数,求 a1c1 a2c2 a2nc2n n N .

n
2
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31．设等差数列{an}的前n项和为 Sn，a3 4，a4 S3，数列{bn}满足：对每
n N ,Sn bn ,Sn 1 bn ,Sn 2 bn成等比数列.
（1）求数列{an},{bn}的通项公式；
a
2 （ ）记C n n ,n N , 证明：C1 C2 + C n 2 n ,n N .2bn
9
32．已知数列 an 的前 n项和为 Sn，a1 4，且4Sn 1 3Sn 9 .
（1）求数列 an 的通项；
（2）设数列 bn 满足3bn (n 4)an 0(n N *)，记 bn 的前 n项和为Tn，若Tn bn对
任意 n N 恒成立，求实数 的取值范围.
33．设等比数列{an}满足 a1 a2 4，a3 a1 8．
（1）求{an}的通项公式；
（2）记 Sn为数列{log3an}的前 n项和．若 Sm Sm 1 Sm 3，求 m．
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34．设 a nan 是首项为 1的等比数列，数列 b 满足b nn n 3 ．已知 a1，3a2，9a3成
等差数列．
（1）求 an 和 bn 的通项公式；
（2）记 Sn和Tn分别为 an 和 bn 的前 n
S
项和．证明：T nn 2 ．
35．已知数列{an}和{bn}满足 a1=1，b1=0， 4an 1 3an bn 4 ， 4bn 1 3bn an 4.
（1）证明：{an+bn}是等比数列，{an–bn}是等差数列；
（2）求{an}和{bn}的通项公式.
36．已知数列 an 的前n项和为 Sn ,a1 1,an 0,anan 1 Sn 1，其中 为常数．
（1）证明：an 2 an ；
（2）是否存在 ，使得 an 为等差数列？并说明理由．
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37．已知 an 是递增的等差数列， a2，a4是方程 的根.
（1）求 an 的通项公式；
a
（2）求数列 n2n 的前
n项和.

38．记 Sn是公差不为 0的等差数列 an 的前 n项和，若a3 S5,a2a4 S4．
（1）求数列 an 的通项公式 an；
（2）求使 Sn an成立的 n的最小值．
an 1,n为奇数,39．已知数列 an 满足a1 1，an 1
an 2,n为偶数.
（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.
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40． Sn为数列{an }的前n项和.已知 an＞0，a2n 2an = 4Sn 3 .
（Ⅰ）求{an }的通项公式；
1
（Ⅱ）设bn ,求数列{ba a n }的前
n项和.
n n 1
41．已知数列 an
1
的前n项和 Sn满足 S n 1n (3 3) n N *2 ．
(1)求数列 an 的通项公式；
(2)已知__________，求数列 bn 的前 n项和Tn．
从下列三个条件中任选一个，补充在上面问题的横线中，然后对第（2）问进行
2 3n
解答．条件：①bn 2n 1 a *n n N ； ②bn a 1 a 1 n N
*
；n n 1
③b ( 1)nn log3a2n 1 n N *
注：如果选择多个条件分别解答，以第一个解答计分．
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42．规定抽球试验规则如下：盒子中初始装有白球和红球各一个，每次有放回的
任取一个，连续取两次，将以上过程记为一轮．如果每一轮取到的两个球都是白
球，则记该轮为成功，否则记为失败．在抽取过程中，如果某一轮成功，则停止；
否则，在盒子中再放入一个红球，然后接着进行下一轮抽球，如此不断继续下去，
直至成功．
(1)某人进行该抽球试验时，最多进行三轮，即使第三轮不成功，也停止抽球，
记其进行抽球试验的轮次数为随机变量 X ，求 X 的分布列和数学期望；
(2) 1为验证抽球试验成功的概率不超过 2 ，有 1000名数学爱好者独立的进行该抽
球试验，记 t表示成功时抽球试验的轮次数， y表示对应的人数，部分统计数据
如下：
t 1 2 3 4 5
y 232 98 60 40 20
b
求 y关于 t的回归方程 y a ，并预测成功的总人数（精确到 1）；
t
1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 · · 1 1 1 1(3)证明： 22 22 32 22 32 42 22 32

n 2 n 1 2 2．
n
xi yi nx y
附：经验回归方程系数：b i 1 ，$n a y $bx；
2 2 xi nx
i 1
5
2 2 1 1 5参考数据： xi 1.46， x 0.46， x 0.212（其中 xi x x
i 1 t
， 5 i ）．i i 1
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b
43 {an} {bn} {cn} n *．已知数列 ， ， 中， a1 b1 c1 1,cn an 1 an ,cn 1 cn (n N )b ．n 2
（Ⅰ）若数列{bn}为等比数列，且公比 q 0，且b1 b2 6b3，求 q 与{an}的通项公
式；
1
（Ⅱ）若数列{bn}为等差数列，且公差d 0，证明： c1 c2 cn 1 (n N *)d ．
44．若数列 A 2n 满足 An 1 An ，则称数列 An 为“平方递推数列”．已知数列 an 中，
a1 9，点 (an ,a 2n 1)在函数 f (x) x 2x的图象上，其中n为正整数．
（1）证明数列 an 1 是“平方递推数列”，且数列 lg(an 1) 为等比数列；
（2）设（1）中“平方递推数列”的前n项积为Tn，即Tn (a1 1)(a2 1) (an 1) ，求 lgTn；
lgT
（3）在（2 n）的条件下，记bn lg(a 1) ，求数列 bn 的前n项和 Sn，并求使 Sn 4026n
的n的最小值．
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45．已知 an 为等差数列， bn 为等比数列，a1 b1 1,a5 5 a4 a3 ,b5 4 b4 b3 ．
（Ⅰ）求 an 和 bn 的通项公式；
（Ⅱ）记 an 的前n项和为 Sn，求证： SnSn 2 S 2 *n 1 n N ；
3an 2 bn
, n为奇数,
a a
（Ⅲ）对任意的正整数n，设 c n n 2n 求数列 cn 的前2n项和．
an 1
, n为偶数. bn 1
46．已知数列 an 满足 a1 1,an 1 3an 1 .
1(1) 证明 an 2 是等比数列，并求 an 的通项公式；
1 1 1 3
(2)证明： ... a1 a2 a n 2
.
2 1
47．记 Sn为数列 an 的前 n项和，bn为数列 Sn 的前 n项积，已知 2S b ．n n
（1）证明：数列 bn 是等差数列;
（2）求 an 的通项公式．
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48．为了治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为
此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对
于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，
再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多 4只时，
就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每
轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得 1分，乙药得
1分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得 1分，甲药得 1
分；若都治愈或都未治愈则两种药均得 0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α
和β，一轮试验中甲药的得分记为 X．
（1）求 X 的分布列；
（2）若甲药、乙药在试验开始时都赋予 4 分， pi (i 0,1, ,8)表示“甲药的累计得
分为 i时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则 p0 0， p8 1，
pi api 1 bpi cpi 1 (i 1, 2, , 7)，其中 a P(X 1)，b P(X 0)， c P(X 1)．假
设 0.5， 0.8．
(i)证明：{pi 1 pi} (i 0,1, 2, , 7)为等比数列；
(ii)求 p4，并根据 p4的值解释这种试验方案的合理性．
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2023 届高考数学一轮复习——数列
四、填空题
49．已知数列 an 的通项公式为 an 2n2 21n，则该数列中的数值最大的项是第
___________项.
S
50 10．记 Sn为等差数列{an}的前 n项和， a1≠0，a2 3a1，则 S ___________.5
51．设{an}是公差为 d的等差数列，{bn}是公比为 q的等比数列．已知数列{an+bn}
的前 n项和 S 2 nn n n 2 1(n N )，则 d+q的值是_______．
52．（2017新课标全国 II理科）等差数列 an 的前n项和为 Sn，a3 3， S4 10，
n
则 1 S ____________．k 1 k
1 1
53．对于实数 x，[x]表示不超过 x的最大整数，已知正数列{an}满足 Sn= （an 2 a ），n
1 1 1
n∈N*，其中 Sn为数列{an}的前 n 项的和，则[ S ]=______．1 S2 S121
54．我国民间剪纸艺术在剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.现有一张半
径为 R的圆形纸，对折1次可以得到两个规格相同的图形，将其中之一进行第 2次
对折后，就会得到三个图形，其中有两个规格相同，取规格相同的两个之一进行
第3次对折后，就会得到四个图形，其中依然有两个规格相同，以此类推，每次
对折后都会有两个图形规格相同.如果把 k次对折后得到的不同规格的图形面积
R2 3 R2
和用 Sk表示，由题意知 S1 ，S2 ，则 S4 ________；如果对折n次，则2 4
n
Sk ________.
k 1
55．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
2
两种规格的图形，它们的面积之和 S1 240dm ，对折 2次共可以得到5dm 12dm，
2
10dm 6dm，20dm 3dm三种规格的图形，它们的面积之和 S2 180dm ，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
n
Sk 2
k 1 ______dm .
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2023 届高考数学一轮复习——数列
【参考答案】
1．B
【详解】由题意得：a2 3a1 1 4.
2．D
【详解】因为每一个单音与前一个单音频率比为 12 2，
所以a 12n 2an 1(n 2,n N )，
又a1 f ，则 a8 a1q
7 f (12 2)7 12 27 f
3．C
a
【详解】在等式am n aman中，令m 1 a
n 1
，可得 n 1 ana1 2an， 2a ，n
所以，数列 a 是以 2为首项，以 2为公比的等比数列，则 a 2 2n 1n n 2n，
ak 1 1 210 2k 1 1 210 a k 1 10k 1 ak 2 ak 10 2 2 11 2 1 2 2
5 210 1 ，

2k 1 25，则 k 1 5，解得 k 4 .
4．B
【详解】由 S8 4S4得8a1 28d 4 4a1 6d
1
，解得 a1 ,a
19
2 10
a1 9 .2
5．B
【详解】感染人数由 1个初始感染者增加到 1000人大约需要 n轮传染,
则每轮新增感染人数为 R n0 ，
2 n 1 R n 1
经过 n轮传染，总共感染人数为：1 R0 R0 R0 01 R ，0
1 3n 1
∵R 0 3，∴当感染人数增加到 1000人时， =1000，化简得3n=667，1 3
由35 243,36 729 ，故得n 6，又∵平均感染周期为 7天，
所以感染人数由 1个初始感染者增加到 1000人大约需要6 7 42天，
6．B
【详解】
“ ” q 2 3设 衰分比 为 ，甲获得的奖金为 a1，则 a1 a1 1 q a1 1 q a1 1 q 68780 .
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2023 届高考数学一轮复习——数列
a1 a1 1 q
2 36200，解得 q 0.1, a
3
1 20000，故 a1 1 q 14580 .
7．A
【详解】
小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二
个节气日影长构成等差数列 an ，设公差为 d，由题意得：
a1 a2 a3 28.5 a1 10.5

a a a 1.5
，解得：
10 11 12 d 1
所以an a1 n 1 d 11.5 n，所以a7 11.5 7 4.5，
即春分时节的日影长为 4.5.
8．D
【详解】设等比数列 an 的公比为q，则 a1 a2 a3 a1 1 q q2 1，
a2 a
2 3 2
3 a4 a1q a1q a1q a1q 1 q q q 2，
5 6 7 5 2 5
因此，a6 a7 a8 a1q a1q a1q a1q 1 q q q 32 .
9．A
【详解】由题意得，数列如下：
1,
1,2,
1,2,4,

1,2,4, , 2k 1

则该数列的前1 2 k
k(k 1)

2 项和为
S k(k 1) 1 (1 2) (1 2 2
k 1) 2k 1 k 2，
2
k(k 1)
要使 100，有 k 14，此时 k 2 2k 1，所以 k 2是第 k 1组等比数列1,2, , 2k
2
的部分和，设 k 2 1 2 2t 1 2t 1，
所以 k 2t 3 14，则 t 5，此时 k 25 3 29，
29 30
所以对应满足条件的最小整数 N 5 440，故选 A.
2
点睛:本题非常巧妙地将实际问题和数列融合在一起，首先需要读懂题目所表达
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2023 届高考数学一轮复习——数列
的具体含义，以及观察所给定数列的特征，进而判断出该数列的通项和求和.另
外，本题的难点在于数列里面套数列，第一个数列的和又作为下一个数列的通项，
而且最后几项并不能放在一个数列中，需要进行判断.
10．C
【详解】
设第 n环天石心块数为 an，第一层共有 n环，
则{an}是以 9 为首项，9 为公差的等差数列，an 9 (n 1) 9 9n，
设 Sn为{an}的前 n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分
别为 Sn ,S2n Sn ,S3n S2n，因为下层比中层多 729块，
所以 S3n S2n S2n Sn 729，
3n(9 27n) 2n(9 18n) 2n(9 18n) n(9 9n)
即 7292 2 2 2
即9n2 729，解得n 9，
27(9 9 27)
所以 S3n S27 3402 .2
11．B
【详解】
a a 1 9
由题意可知，等差数列的公差 d 5 1 2，
5 1 5 1
则其通项公式为： an a1 n 1 d 9 n 1 2 2n 11 ，
注意到a1 a2 a3 a4 a5 0 a6 1 a7 ，
且由T5 0可知Ti 0 i 6,i N ，
Ti
由 aT i
1 i 7, i N 可知数列 Tn 不存在最小项，
i 1
由于a1 9,a2 7,a3 5,a4 3,a5 1,a6 1，
故数列 Tn 中的正项只有有限项：T2 63，T4 63 15 945 .
故数列 Tn 中存在最大项，且最大项为T4 .
12．C
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【详解】
由 Sn an 1，则 Sn 1 an 1 1，两式相减得：2an 1 an，而 S1 a1 2a1 1，
a 1所以 1
1
，故 an 是首项、公比均为2 2 的等比数列，
1 (1 1 m ) 1 127
所以 S 2 2m 1 1 2m

128，可得
m 7 .
1
2
13．C
【详解】
n2 n2 1
观察此数列可知，当n为偶数时，a nn ，当 为奇数时， a .2 n 2
152 1
所以， a15 112，所以 C 正确，2
14．C
【详解】
解：要想第 n次触球者是甲，则第（n-1）次触球的人不能是甲，且第（n-1）次
1
触球的人有 2 的概率将球传给甲，
1 1 1
所以 Pn 1 P2 n 1 ，即 Pn P2 n 1+ 2，
1 1 1 1
设 Pn+ Pn 1+ ，则
1

3，所以
P P
2 n 3 2 n 1 3
，

1 2 1 1 2 1 n 1
所以 Pn 3 是以 3为首项，以

2为公比的等比数列，所以
P
n
，即3 3 2
2 1 n 1Pn



+
1
，
3 2 3
P 2 1
6 1
所以 6

+
1 5
，
3 2 3 16
15．A
【详解】
a 2n 1 n n an n 1a 0 n 1因为 n , a a2 n 1，所以 aa a n

a ，n n n 1 n n
n n 1
所以an a ，n 1 an
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又 Sn a1 a2
1 0 2 1 n n 1
an ( ) ( ) ( )a2 a1 a3 a2 an 1 an
n 0 n

a a a ，n 1 1 n 1
故 Snan 1 n，
16．B
【详解】
a 由 n 1 2 sin
n 1 an 2n2 ，得：a1=a1，
a2=a1+2，a3= a2+4= a1+2，a4=a3+6= a1+8，∴a1+a2+a3+a4=12；
同理求得 a5+a6+a7+a8=28；
a9+a10+a11+a12=44；
100
∵ 25，
4
∴数列{an}的前 100 项满足 S4,S8 S4,S12 S8，…是以 12为首项，16 为公差的等差数
列，
则数列{an}的前 100 项和为 S=25×12+25×24×162=5100.
17．D
【详解】
m 2
设每年偿还的金额为 x，则 a 1 p x x 1 p x 1 p x 1 p m 1，
m
m
a 1 1 p x 1 p ap 1 p
m
所以 ，解得 x
1 1 p 1 p
m 1
18．A
a 1,a a n 3【详解】因为 1 n 1 n N 1 a ，所以 an 0， S 100 2．n
2
a an 1 1 1
1 1 1
由 n 1 1 an an 1 an an an 2 4
2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
，即

a a 2 a a 2 an 1 an 2n 1 n n 1 n
1 n 1 n 1
根据累加法可得， 1 a ，当且仅当 n 1时取等号，n 2 2
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2023 届高考数学一轮复习——数列
a 4 n 2 a
an an n 1
n 1 2 a(n 1) 1 a n 3 nn 1
n 1
an 1 n 1
a n 3，n
6
由累乘法可得 an n 1(n 1)(n 2)，当且仅当 时取等号，
由裂项求和法得：
S 6 1 1 1 1 1 1 1 1 所以 100 6
1 1 3 3 S 3
2 3 3 4 4 5 101 102 2 102
，即
2 100
．

19．ACD
【详解】
对于 A选项， n a0 a1 a k， 2n a 210 a1 2 2 a kk 1 2 a k 2 k 1 ，
所以， 2n a0 a1 ak n ，A选项正确；
对于 B 选项，取n 2， 2n 3 7 1 20 1 21 1 22， 7 3，
而2 0 20 1 21，则 2 1，即 7 2 1，B选项错误；
对于 C选项，8n 5 a 2 3 a 2 40 1 a k 2 k 3 5 1 2 0 1 2 2 a 2 30 a1 2 4 a 2 k 3k ，
所以， 8n 5 2 a0 a1 ak，
4n 3 a 22 a 23 a 2k 20 1 k 3 1 2
0 1 21 a 22 a 23 a 2k 20 1 k ，
所以， 4n 3 2 a0 a1 ak ，因此， 8n 5 4n 3 ，C 选项正确；
n
对于 D选项， 2n 1 20 21 2n 1 ，故 2 1 n，D 选项正确.
20．ACD
【详解】
a a 2a1 1， n 1 n n N
*
a ，n
2
n 1时， a2 a1 3a ，1
a a 2 11n 2时 3 2 a 3 ，故 A正确；2
a a 2 139 S a a a a 392 396n 3时 4 3 ，所以 4 1 2 3 4 12a 33 ，故 B 错误；3 33 33
a 2 *由 n 1 an n Na 得an 1与 an同号，又a1 1 0，所以 an 0，n
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2023 届高考数学一轮复习——数列
2
所以 an 1 an 0a ，所以 an 是递增数列，故 C正确；n
由 an 1 a
2 2 2 2 2 2 2
n a 得
an 1 an a 2
4，所以 an 1 an 2 4 4，
n n an
a 22 a
2
1 4，
a 2 a 23 2 4，
L
a 2n a
2
n 1 4，
2 2
以上各式累加得 an a1 4 n 1 ，
即a 2n 4n 3，所以 an 4n 3，当 n 1时， a1 4 3 1，所以
an 4n 3，故 D正确.
21．ACD
【详解】
对于 A，写出数列的前 6 项为1,1,2,3,5,8，故 A 正确；
对于 B， S9 1 1 2 3 5 8 13+21+34 88 ，故 B错误；
对于 C，由 a1 a2， a3 a4 a2 ， a5 a6 a4 ，……， a2019 a2020 a2018，可得：
a1 a3 a5 a2019 a2 a4 a2 a6 a4 a8 a6 L a2020 a2018 a2020 ，故 C正确.
对于 D 2，斐波那契数列总有 an 2 an 1 a 2n ，则 a1 a2a1， a2 a2 a3 a1 a2a3 a2a1，
a23 a3 a4 a2 a3a4 a2a3 ，…… 2， a2018 a2018 a2019 a2017 a2018a2019 a2017a2018 ，
2 2 2
a2
a1 a2 L a2019 a2019a2020
2019 a2019a2020 a2019a2018 ，可得 aa a 2020，故 D 正确；2019 2019
22．（1）an 2n 6（2）n2 7n 2n 1 2
【详解】
解：（1）∵ an 的公差为d 2 ,
∴ a2 a1 2 , a3 a1 4 .
∵a1 1, a2 2 , a3 4成等比数列,
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2023 届高考数学一轮复习——数列
∴ a1 1 a1 8 a1 4
2 ,
解得a1 8 ,
从而 an 8 2 n 1 2n 6 .
（2）由（1）得an 2n 6 ,
an 2
n (2n 6) 2n
Sn 8 10 2n 6 2 22 2n .
n 8 2n 6 2 2 2n

2 1 2
n n 7 2n 1 2
n2 7n 2n 1 2
2 2n
23．(1) an ；(2) .2n 1 2n 1
【详解】
（1）数列 an 满足a1 3a2 2n 1 an=2n
n 2时,a1 3a2 2n 3 an﹣1＝2 n 1
∴ 2n 1 an 2
2
∴ an 2n 1
当 n 1时, a1 2 ,上式也成立
∴ a
2
n 2n 1
an 2 1 1（2） 2n 1 (2n 1)(2n 1) 2n 1 2n 1
an ∴数列 的前 n项和
2n 1
1 1 1 1 1 1






3 3 5 2 n 1 2 n 1
1 1 2n
2n 1 2n 1
24．（1） an n 1；（2） 2 .
【详解】
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（1）设等差数列 an 的公差为 d，
a1 2a2 8,
因为an 2an 1 3n 5，所以
a2 2a3 11,
3a1 2d 8,
即
3a1 5d 11,
解得 a1 2,d 1，所以 an 2 (n 1) n 1 .
经检验， an n 1符合题设，
所以数列 an 的通项公式为 an n 1.
1 1 1 1
（2）由（1）得， anan 1 (n 1)(n 2) n 1 n 2
，
S 1 1 1 1 1 1 1 1所以 n







.
2 3 3 4 n 1 n 2 2 n 2
1
n N *，∴ Sn ，2
因为 n N*， Sn
2 4 ，
所以 2 4
1 7

2，即
( 2)2 .
2
因为 为偶数，所以 2 .
4 4 4
25．(1) a a (2)
a n 5 n 1 25 n

5 是等比数列，理由见解析. (3) 至少经
过 6年，绿洲面积可超过 60%．
【详解】
（1）由题意得
an 1 4% an 1 1
4 4
an 1 16% 0.96an 1 0.16 0.16an 1 0.8an 1 0.16 an 1 5 25，
a 4 a 4所以 n 5 n 1 25；
4 4 4 4 4
（2）由（1）得 a a n 5 n 1

25，∴
an a5 5 n 1

5 ，
4
所以 an 是等比数列.
5
4 4 4 3 4 1
（3）由（2 a a ）有 n 5 5 n 1 ，又
a1 ，所以 a5 10 1

5 2，
a 4 1 4
n 1 1 4 n 1 4
∴ n 5 2
，即a
5 n
；
2 5 5
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a 1 4
n 1 4 3 4 n 1 2
n



，即 ，两边取常用对数得：2 5 5 5 5 5
n 1 lg 4 lg 2 ，所以
5 5
lg 2
5 lg 2 lg5 lg 2 1 lg 2 n 1 2lg 2 1 2 0.301 1 0.398 4 4.1lg 2lg 2 lg5 2lg 2 1 lg 2 3lg 2 1 3 0.301
，
1 0.097
5
∴n 5.1．
∴至少经过 6年，绿洲面积可超过 60%．
1023 2 1 2 n
26．（1）见解析（2）（i 2 1 1 ） （ⅱ） Bn 1024 3 2
Bn 1 3 ，
Bn 3 3 2
【详解】
解：（1） X 可能取值为 3，4，5，6.
P(X 3) 1
3 1 3 3
P(X 4) C 1 1 3， ， P(X 5) C 2
1 3
2 8 3
，
2 8 3 2 8
3
P(X 6) C 3 1 13 .
2 8
∴ X 的分布列为
X 3 4 5 6
1 3 3 1
P
8 8 8 8
1 3 3
∴ EX 3 4 5 6
1
4.5
8 8 8 8
2 i m 1
m
（ ）（ ）总分恰为 分的概率为 A m ，
2
∴数列 A 1 1m 是首项为 2 ，公比为 2 的等比数列，
1 1
1 10
前 10 S 2 2 1023项和 10 1 .1 1024
2
（ⅱ）已调查过的累计得分恰为n分的概率为Bn，得不到n分的情况只有先得n 1
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分，再得 2
1 1
分，概率为 B ， B .
2 n 1 1 2
所以1 B
1 1
n B2 n 1
，即 Bn B2 n 1
1
∴ B
2 1 2
n Bn 1 3 2 . 3
2 2 1 n 1
∴ Bn B1



，
3 3 2
B 2 1
n 1
1 2 1 1
n
∴ n

3 6 2
.
3 3 2
27．（1）935；（2）见解析.
【详解】（1） a1 a2 a3 a4 b1 b2 b3 b4 965 30 935
（2） 10n 470 n 5 n 42，即第 42个月底，保有量达到最大
420 50 38 6 47 42a1 a2 a3 a4 b1 b2 b3 b4 965 8782
2 2
S 242 4 42 46 8800 8736，∴此时保有量超过了容纳量.
2n 128．（Ⅰ） a 2n 1 2n （Ⅱ） 2n 1 1
【详解】（1）设等比数列 a 的公比为 q，所以有 a a a (1 q 3) 9,a a a 2 3n 1 4 1 2 3 1 q 8
a 1 a1 8 1 a1 1
联立两式可得 q 2或者 1 又因为数列
a 为递增数列，所以 q>1，所以
q
n q 2
2
数列 a 的通项公式为 a 2n 1n n
2 1 2
n
（ ）根据等比数列的求和公式，有 sn 2
n 1
1 2
a 2nb n 1 1 1所以 n n s s (2 1)(2n 1 1) 2n 1 2n 1n n 1 1
T 1 1 1 1 ... 1 1 1 2
n 1 2
所以 n 3 3 7 2 n 1 2 n 1
1
1 2 n 1

1 2 n 1 1
29．(1) an 2 n
n
；（2） .1 2n
【详解】
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3a1 3d 0
解：（1）由等差数列的性质可得 5a 5 4 ， 1
d 5
2
a1 d 0
即 a ，解得 a1＝1，d＝﹣1， 1 2d 1
则{an}的通项公式 an＝1﹣（n﹣1）＝2﹣n；
1 1 1 1 2n 1 2n 3 1
（2） a 2n 1 a
（
2n 1 3 2n 1 2n 2n 1 2n 3 2 2n 1 2n 3 ） 2
1 1
（ ），
2n 3 2n 1
1 1 1 1 1
则数列{ a a }的前 n项和 Sn （ 1 1 1 ）2n 1 2n 1 2 3 2n 3 2n 1
1 1 n
（﹣1 ） 2 2n ． 1 1 2n
30．（I） an 3n，bn 3n；
(2n 1)3n 2II 6n
2 9
（ ） (n N )
2
【详解】
（I）解：设等差数列 an 的公差为d ，等比数列 bn 的公比为q，
3q 3 2d d 3
依题意，得 3q2 15 4d，解得 q 3
，
故 an 3 3(n 1) 3n，b 3 3n 1n 3
n，
所以， an 的通项公式为 an 3n， bn 的通项公式为b nn 3 ；
（II）a1c1 a2c2 a2n c2n
(a1 a3 a5 a2 n 1) (a2b1 a4b2 a6b3 a2 nb n)
[n n(n 1) 3 6] (6 31 12 32 18 33 6n 3n )
2
3n2 6 (1 31 2 32 n 3 n) ，
记 Tn 1 3
1 2 32 n 3n ①
则 3T 1 32 2 33 n 3n 1n ②
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n n 1
② ①得， 2T 3 32 33n 3n n 3n 1
3(1 3 ) n 3n 1 (2 n 1)3 3 ，
1 3 2
a c a c a c 3 n2 6T 3 n2 3 (2n 1)3
n 1 3
所以 1 1 2 2 2n 2n n 2
(2n 1)3n 2 6n2 9
(n N ) .
2
31．（1）an 2 n 1 ，bn n n 1 ；（2）证明见解析.
【详解】
a1 2d 4 a1 0(1)由题意可得：
a 3d 3a
3 2d ，解得： d 2，
1 1 2
则数列 an 的通项公式为 an 2n 2 .
0 2n 2 n
其前 n项和 Sn n n 1 .2
则 n n 1 bn,n n 1 bn, n 1 n 2 bn 成等比数列，即：
n n 1
2
bn n n 1 bn n 1 n 2 bn ，
据此有：
n2 n 1 2 2n n 1 bn b2n n n 1 n 1 n 2 n 1 n 2 bn n n 1 b 2n bn ，
b n
2 (n 1)2 n(n 1)(n 1)(n 2)
故 n n n 1 n 1 n 2 n n 1 2n n 1 .
(2)结合(1)中的通项公式可得：
C an n 1 1 2 2n 2 n n 12bn n n 1 n

n n n ， n 1
则C1 C2 Cn 2 1 0 2 2 1 2 n n 1 2 n .
3
32．（1）an 3 ( )n；（2） 3 1 .4
【详解】
（1）当 n 1时，4(a1 a2) 3a1 9 ，
4a 9 27 272 9 , a2 4 4 16，
当n 2时，由4Sn 1 3Sn 9①，
得4Sn 3Sn 1 9②，① ②得4an 1 3an
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a 27 0, a 32 a 0, n 116 n

a ，n 4
a2 3 , {a 9 3又 a 4 n
}是首项为 4，公比为 的等比数列，1 4
a 9 (3)n 1 3 (3 )nn 4 4 4 ；
（2）由3bn (n 4)an 0 b
n 4 3
，得 n an (n 4)( )
n
3 4 ，
3 3 2 3 4 n 3
所以Tn 3 2 1 0
3
(n 4)
3
4 4 4 4
，
4
3 3 2T 3 2 3
3 4 n n1
1 3 3 3
4 n
(n 5) (n 4) ，
4 4 4 4 4
1 3 3 2 3 3 3 4 3 n n 1 T 3 3 两式相减得
4 n 4 4 4
4
(n 4)
4 4
9 1 3
n 1

9 16
4 3 n 1
3 (n 4)

4 1 4
4
9 9 3 n 1 3 n 1 3 n 1
4 (n 4)

n

4 4 4 4
，
4
所以Tn 4n (
3)n 1
4 ，
由Tn b
3 3
n得 4n ( )n 1 (n 4) ( )n4 4 恒成立，
即 (n 4) 3n 0恒成立，
n 4时不等式恒成立；
3n 12
n 4时， 3 1n 4 n 4，得 ；
3n 12
n 4时， 3 3n 4 n 4，得 ；
所以 3 1 .
33．（1） a 3n 1n ；（2）m 6 .
【详解】
（1）设等比数列 an 的公比为q，
a1 a1q 4 a1 1
根据题意，有
a1q
2 a1 8
，解得
q 3
，
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所以 a 3n 1n ；
（2）令bn log n 13 an log3 3 n 1，
S n(0 n 1) n(n 1)所以 n ，2 2
m(m 1) m(m 1) (m 2)(m 3)
根据 Sm Sm 1 Sm 3，可得 2 2 2 ，
整理得m2 5m 6 0，因为m 0，所以m 6，
34．（1） a 1 ( )n 1n ，b
n
3 n
n ；（2）证明见解析.3
【详解】
（1）因为 an 是首项为 1 的等比数列且 a1，3a2，9a3成等差数列，
所以6a2 a1 9a3，所以6a1q a 9a
2
1 1q ，
1
即9q2 6q
1
1 0，解得q ，所以 a ( )n 1，
3 n 3
na n
所以b nn 3 3n
.
（2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和
T 1 2 n 1 nn 3 32

3 n 1 3 n ，
Sn 1 1 1 1 1 0 1 2

2 2 3 3 3 3n 1 ，
1 1 1
T Sn 1 2 3 n 1 1 1 1 1n 2 3
n 0 1

2 n 1
0 1 2
2 3 3 3 3 2 2 2 2 3 3 3 3 30 31 32
n 1 1
2 n ．
3n 1 3n
0 1 1 1 2 1 n 1 1
设Γ 2 2 2 2 ， ⑧n 30 31 32 3n 1
1 0
1
1 1 2 1 n 1 1
则 Γ 2 2 2 2 ． ⑨
3 n 31 32 33 3n
1 1
n 3 3 1 n 1 n
由⑧-⑨ 2 Γ 1得 1 1 1 1n 1 2 2
3 3 2 ．
3 2 3 3 3 n 1 3 n 2 1 n1 3
3
3
所以Γ 1
n n
n
2 ．
4 3n 2
n 1 2 3 2 3n 1
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因此T
Sn n n n
n 02 3n 2 3n 1 2 3n ．
S
故T nn 2 ．
[方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法
1 (1 1n ) 3
证明：由（1）可得 S 3n 1 (1
1

2 3n
)，
1
3
T 1 2 n 1 nn 3 32 3 n 1 3 n ，
①
1T 1 2 n 1 nn 2 3 3 3 3 3n 3n 1 ，
②
1
2 1 1 1 1 n (1
1
n )
T 3 3 n 1 (1 1 n① ②得 n 2 3 n n 1 1 n 1 n ) 3 3 3 3 3 3 3 2 3 3n 1 ，1
3
3 1 n
所以Tn (1 n ) 4 3 2 3n ，
T S 3 1 n 3 1 n所以 n n (1 ) (1 ) 02 4 3n 2 3n 4 3n 2 3n ，
S
所以T nn .2
[方法三]：构造裂项法
1 n 1 n
由（Ⅰ）知b n n ，令 cn ( n ) ，且bn cn cn 1，即
3 3
1 n n n 1n 1 1 ( n ) [ (n 1) ]

3 3 3
，

3 3 n 3 3 1
通过等式左右两边系数比对易得 , ，所以 cn n 2 4 2 4
．
3
n
T b b 3 3 n b c c 1 则 n 1 2 n 1 n 1 4

4 2 3
，下同方法二．

[方法四]：导函数法
n
设 f (x) x x 2 3
x 1 x
x x n ，
1 x
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x 1 x n x 1 x n ' 1 x n n 1 n由于 '
x 1 x 1 x ' 1 nx (n 1)x
2 1 x 1 x (1 x) 2
，

n 1 n
则 f (x) 1 2x 3x2 nxn 1
1 nx (n 1)x

(1 ． x)2
n n 1
b n 1 1 n 1 又 n 3 3 3
，

所以
2 n 1
Tn b1 b2 b
1 1 1
b 1 2 3 n 1 3 n 3 3

3 3
1 n 1 n1 n (n 1) 1
1 f 1 1


3 3
3 3 3 1 2 1
3
3 1 n 1
n 1 n
1 (n 1) 3 3 n 1
n


4 ，下同方法二． 3 3 4 4 2 3
35．（1 1 1）见解析；（2） an = n + n - 1 12 2 ，bn = n - n+2 2 ．
【详解】
(1)由题意可知4an 1 3an bn 4，4bn 1 3bn an 4， a1 +b1 = 1，a1 b1 1，
所以4an+1 + 4bn+1 = 3an - bn +4+ 3bn- an- 4 = 2an+2 bn，即 an+1 +bn+1 = 12 (an +bn)，
1 n-1
所以数列 an bn 是首项为1、公比为 2 的等比数列，a
1
n +bn = (2) ，
因为 4an+1 - 4bn+1 = 3an - bn + 4 -(3bn - an - 4) = 4an - 4bn +8，
所以 an+1 -bn+1 = an -bn + 2，数列 an bn 是首项1、公差为 2的等差数列，an -bn = 2n -1．
(2)由(1) n-1可知， an +bn = (12) ， an -bn = 2n -1，
所以a = 1 (a + b + a - b ) = 1 + n - 1，b = 1 轾n 2 n n n n 2n 2 n 2 臌an +bn -(an -b 1n) = n - n+ 12 2．
36．（1）证明见解析；（2） 4 .
【详解】
（I）由题设，anan 1 Sn 1，an 1an 2 Sn 1 1．两式相减得，an 1(an 2 an ) an 1 ．
由于an 1 0，所以an 2 an ．
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（II）由题设，a1 1，a1a2 S1 1，可得 a2 1，由（I）知，a3 1．令2a2 a1 a3，
解得 4．
故 an 2 an 4，由此可得， a2n 1 是首项为 1，公差为 4 的等差数列，
a2n 1 1 (n 1) 4 4n 3；
a2n 是首项为 3，公差为 4 的等差数列，a2n 3 (n 1) 4 4n 1．
所以 an 2n 1，an 1 an 2．
因此存在 4，使得 an 为等差数列．
1 n 4
37．（1） an n 1 ;2 （2）
Sn 2 2n 1
.
【详解】
方程 x2－5x＋6＝0 的两根为 2，3.
由题意得 a2＝2，a4＝3.
1 3
设数列{an}的公差为 d，则 a4－a2＝2d，故 d＝ 2 ，从而得 a1＝ .2
所以{an}
1
的通项公式为 an＝ 2 n＋1.
a
（2

）设 n2n 的前 n项和为 Sn，
a n 2
由（1）知 n2n ＝ 2n 1 ，
3 4 n 1 n 2
则 Sn＝ 22 ＋ 23 ＋
…＋ 2n ＋ 2n 1 ，
1 3 4 n 1 n 2
2 Sn＝ 3 ＋ …2 24 ＋ ＋ 2n 1 ＋ 2n 2 ，
两式相减得
1 3S
1 1 n 2
2 n＝ ＋ 3 4 2 2 n 1
－
2n 2
3 1 1
＝ ＋ 1
n 2
4 4 2n 1
－
2n 2
，
n 4
所以 Sn＝2－ 2n 1 .
38．(1)an 2n 6；(2)7.
【详解】
(1)由等差数列的性质可得： S5 5a3，则： a3 5a3, a3 0，
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2
设等差数列的公差为d ，从而有： a2a4 a3 d a3 d d ，
S4 a1 a2 a3 a4 a3 2d a3 d a3 a3 d 2d，
从而： d 2 2d ，由于公差不为零，故：d 2，
数列的通项公式为： an a3 n 3 d 2n 6 .
n n 1
(2) 由数列的通项公式可得：a1 2 6 4，则： Sn n 4 2 n 2 5n ，2
则不等式 Sn an即： n2 5n 2n 6，整理可得： n 1 n 6 0，
解得： n 1或 n 6，又n为正整数，故n的最小值为 7 .
39．（1）b1 2,b2 5,bn 3n 1；（2）300 .
【详解】
解：（1）[方法一]【最优解】：
显然2n为偶数，则 a2n 1 a2n 2,a2n 2 a2n 1 1，
所以 a2n 2 a2n 3，即bn 1 bn 3，且b1 a2 a1+1 2，
所以 bn 是以 2 为首项，3 为公差的等差数列，
于是b1 2,b2 5,bn 3n 1．
[方法二]：奇偶分类讨论
由题意知a1 1, a2 2, a3 4，所以b1 a2 2,b2 a4 a3 1 5．
由 an 1 an 1（ n为奇数）及 an 1 an 2（n为偶数）可知，
数列从第一项起，
若n为奇数，则其后一项减去该项的差为 1，
若n为偶数，则其后一项减去该项的差为 2．
所以 an 2 an 3(n N
*)，则bn b1 n 1 3 3n 1．
[方法三]：累加法
3 ( 1)n
由题意知数列 a *n 满足a1 1,an 1 an (n N )．2 2
3 ( 1)1
所以b1 a2 a1 1 1 2，2 2
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2023 届高考数学一轮复习——数列
3 2
b2 a a
3 ( 1)
4 3 a
3 ( 1)
3 1 a2 1 a2 2 1 2 3 5，2 2 2 2
则
bn a2n (a2n a2n 1) (a2n 1 a2n 2 ) +(a2 a1) a1 1 2 1 2 2 1 a1
n 1 2(n 1) 1 3n 1．
所以b1 2,b2 5，数列 bn 的通项公式bn 3n 1．
（2）[方法一]：奇偶分类讨论
S20 a1+a2+a3 +a20 (a1+a3+a5 a19 ) (a2+a4 a6+ +a20 )
(b1 1 b2 1 b3 1 b10 1) b1 b2 b3 b10
2 (b1 b10 ) 10 10 300．
2
[方法二]：分组求和
由题意知数列 an 满足 a1 1,a2n a2n 1 1,a2n 1 a2n 2，
所以 a2n 1 a2n 2 a2n 1 3．
所以数列 an 的奇数项是以 1为首项，3 为公差的等差数列；
同理，由 a2n 2 a2n 1 1 a2n 3知数列 an 的偶数项是以 2为首项，3 为公差的等
差数列．
从而数列 an 的前 20项和为：
S 10 9 10 920 (a1 a3 a5 a19 ) (a2 a4 a6 a20 ) 10 1 3 10 2 3 300 ．2 2
1 1
40．（Ⅰ） 2n +1（Ⅱ） 6 4n 6
【详解】
解：（I）由 an2+2an＝4Sn+3，可知 an+12+2an+1＝4Sn+1+3
两式相减得 an+12﹣an2+2（an+1﹣an）＝4an+1，
即 2（an+1+an）＝an+12﹣an2＝（an+1+an）（an+1﹣an），
∵an＞0，∴an+1﹣an＝2，
∵a12+2a1＝4a1+3，
∴a1＝﹣1（舍）或 a1＝3，
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则{an}是首项为 3，公差 d＝2 的等差数列，
∴{an}的通项公式 an＝3+2（n﹣1）＝2n+1：
（Ⅱ）∵an＝2n+1，
1 1 1 1 1
∴bn anan 1 2n

1 2n 3 2（ ），2n 1 2n 3
bn n Tn 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1∴数列{ }的前 项和 （ 2 3 5 5 7 2n 1 2n 3） 2（ ）3 2n 3
1 1
.
6 4n 6
41．(1) a nn 3
(2)答案不唯一，具体见解析
【解析】
1
(1)解：因为在数列 an 中， S 3n 1n 32 ．
当 n 1时， a1 3；
当n 2 a S S
1
时， 3n 1n n n 1 3n2 3
n，
又因为 a1 3也满足an 3
n，所以数列 an 的通项公式为a nn 3 ．
(2)解：选择条件①：由bn (2n 1) an (2n 1) 3n，
可得T 3 31 5 32n 7 3
3 (2n 1) 3 n，
3Tn 3 3
2 5 33 7 34 (2n 1) 3n 1，
2 3 n n 1
两式相减得 2Tn 9 2 3 3 3 (2n 1) 3
32 1 3n 1
9 2 (2n 1) 3n 1 9 9 3n 1 (2n 1) 3n 1 2n 3n 1，1 3
故 Tn n 3
n 1．
选择条件②：由（1）知an 3n，
n n
b 2 3 2 3 1 1所以 n n n 1 n a n 1n 1 an 1 1 3 1 3 1 3 1 3 1
∴Tn b1 b2 b3 b
1 1 1 1 1 1 1 1n 1 3 1 32 1
n
32 1 33 1 3 1 3
n 1 1 . 2 3n 1 1
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选择条件③：因为bn ( 1)n log a n3 2n 1 ( 1) (2n 1) ，
当 n为偶数时，Tn b1 b2 b3 b4 bn 1 bn
n
( 3 5) ( 7 9) [ (2 n 1) (2 n 1)] 2 2 2 2 2 n
2 ；
当 n为奇数时，Tn b1 b2 b3 b4 b5 bn 1 bn 3 ( 2) ( 2) ( 2)
3 ( 2) n 1 n 2
2 ，
n,n为偶数
综上所述：数列 bn 的前n项和Tn
n
.
2,n为奇数
42．(1) 29分布列见解析，数学期望为 12
270
(2)回归方程为 y 34.2，预测成功的总人数为 465
t
(3)证明见解析
【解析】
2
1 (1) 1由题知， X 的取值可能为 1，2，3 所以 P X 1 1 ；
C2 4
2 2 2 2


P X 2 1 1 1
1 1 1 2
1 1 ； P X 3 1 1 1
C
1 ；
2 C3 12 C2 C3 3
所以 X 的分布列为：
X 1 2 3
1 1 2
P
4 12 3
所以数学期望为 E X 1 1 2 1 3 2 3 2 24 29 .
4 12 3 12 12
(2)
1 5
令 xi ，则$y $bx $a，由题知： xi yi 315t ， y 90，i i 1
5
xi yi 5x y
b i 1 315 5 0.46 90 108所以 5 270，2
x2i 5x 1.46 5 0.212 0.4
i 1
所以a 90 270 0.46 34.2， y 270x 34.2，
第 47 页 共 57 页
2023 届高考数学一轮复习——数列
270
故所求的回归方程为： y 34.2，
t
所以，估计 t 6时， y 11；估计 t 7时， y 4；估计 t 8时， y 0；
预测成功的总人数为 450 11 4 465 .
(3)由题知，在前n轮就成功的概率为
P 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
22
1 2 2 1 1 1 2 3 22 32 42 22
1 1
32 n2 n 1 2
又因为在前n轮没有成功的概率为
1 1 P 1 2 1
1
2
1
1
2 3 n 1
2

1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

2 2 3 3 n n n 1 n 1
1 3 2 4 n 1 n 1 n n 2 2

2 3 3 n n n 1 n 1
1
n 2 2n 2 1
2 1 1 1 ，
2n 2 2n 2 2 2n 2 2
1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1故 2 2 2 1

2 2 3 22
1 1 1
32 42 22 32
1
n2 n 1 2 2 .
1 4 n 143．（I） q ,a 2n .；（II）证明见解析.2 3
【详解】
（I）依题意b1 1,b2 q,b q2
1
3 ，而b
2
1 b2 6b3，即1 q 6q ，由于 q 0，所以解得 q 2，
所以b
1
n 2n 1
.
1
b 1所以 c 2
n 1
n 2 c 4 c2n 1 ，故 n 1 1 n n ，所以数列
cn 是首项为1，公比为4的等比
2n 1
数列，所以 c n 1n 4 .
所以 a n 1n 1 an cn 4 （ n 2,n N *）.
n 1
所以 a a 1 4 4 n 2 4 2n 1 ，又 n 1， a1 1符合，3
4n 1 2
故 an .3
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2023 届高考数学一轮复习——数列
c b（II）依题意设bn 1 n 1 d dn 1 d n 1 n，由于 c b ，n n 2
cn bn 1 *
所以 c n 2,n N ，n 1 bn 1
c c c c c b b b b b故 n n n 1 3 2 c n 1 n 2 n 3 2 1 cc 1n 1 cn 2 c2 c1 bn 1 bn bn 1 b
1
4 b3
b1b2 1 d 1 1 1 1 1 1

n 2 bnb
.
n 1 d bn bn 1 d bn bn 1
c 1 1 1 1 1 =d 1 d d 1 d又 1 ，而 1 d b1 b2 d b b d 1
，
1 2 d 1
1
故 c
1 1
n 1 n 1
d bn bn 1
1 1 1 1 1 1 1
所以 c1 c2 L cn 1 d b b b b
L
1 2 2 3 bn bn 1
1 1 1 1
d b
.
n 1

由于 d 0,b1 1，所以b
1 1
n 1 0，所以 1 1 1
1

d b d . n 1
1
即 c *1 c2 cn 1 n N .d ，
44．（1）证明见解析；（2） ；（3） .
【解析】（1）由题意得： a 2 2n 1 an 2an ，即 an 1 1 (an 1) ，
则 an 1 是“平方递推数列”． 2 分
对 an 1 1 (an 1)
2两边取对数得 lg(an 1 1) 2lg(an 1) ，
所以数列 lg(an 1) 是以 lg(a1 1) 为首项， 2为公比的等比数列． 4 分
（2）由（1）知 lg(an 1) lg(a1 1) 2n 1 2n 1 5分
lgTn lg(a1 1)(a2 1) (an 1) lg(a1 1) lg(a2 1) lg(an 1)
1 (1 2n )
2n 1 8分
1 2
lgT 2n 1 1
(3 b n 2 ( )n 1） n lg(a 1) 2 n 1 2 9 分n
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1 1 n
S 2 1n 2n 1 2n 2 2n 1 10分1
2
又 Sn 4026 2n 2
1 4026,n 1，即 n 1 n 2014 112 2 分
又0
1

2n
1，所以nmin 2014． 12分
n
45．（ ）a n，b 2n 1 4 6n 5 4Ⅰ n n ；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ） .2n 1 9 4n 9
【详解】
(Ⅰ)设等差数列 an 的公差为d ，等比数列 bn 的公比为 q.
由a1 1， a5 5 a4 a3 ，可得 d=1.
从而 an 的通项公式为an n .
由b1 1,b5 4 b4 b3 ，
又 q≠0，可得 q2 4q 4 0，解得 q=2，
从而 bn 的通项公式为bn 2n 1 .
n(n 1)
(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可得 Sn 2 ，
1
故 SnSn 2 n(n 1)(n 2)(n 3)， S
2 1
n 1 n 1
2
n 2 2
4 4
，
1
从而 S S S 2n n 2 n 1 (n 1)(n 2) 0，2
所以 SnS
2
n 2 Sn 1 .
3ac n 2 bn (3n 2)2
n 1 2 n 1 2 n 1
(Ⅲ)当 n 为奇数时， n anan 2 n (n 2) n 2 n
，
a n 1
当 n n 1为偶数时，cn b n ，n 1 2
n n 22k c 2
2k 2 22n
对任意的正整数 n，有 2k 1 1
k 1 k 1 2k 1 2k 1

2n 1
，
n n
c 2k 1 1 3 5 2n 3 2n 1和 2k 4k 4 42 43 4n 1 4n ①k 1 k 1
1 n c 1 3 5 2n 3 2n 1由①得 4 2k 42 43 44 4n 4n 1 ②k 1
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2
n 1
1

①② 3 c 1 2 2 2n 1

由 得 4 4
n 1 2n 1
4 2k
，
k 1 4 42 4n 4n 1 1 n 11 4 4
4
2 1
4
1
4n 1 2n 1 2 2 1 1 2n 1 1 5 6n 5由于 1 4 4n 1
n n n 1，
1 3 3 4 4 4 4 12 3 4
4
n
c 5 6n 5从而得： 2k
k 1 9 9 4n
.

2n n n n
因此， ck c 4 6n 5 42k 1 c2k .
k 1 k 1 k 1 2n 1 9 4 n 9
4n 6n 5 4
所以，数列 cn 的前 2n项和为 .2n 1 9 4n 9
1 3
46．（1）证明见解析， a n 1n 32 2 ；（2）证明见解析.
a 1n 1 1 1
【解析】（1）证明：由 an 1 3an 1得 an 1 3(a
1) 2 3 a
2 n 2 ，所以 ，所以 n a 1 2 n 2
1 3 1 3 3n 1
是等比数列，首项为 a1 ，公比为 3，所以 a n 12 2 n
3 ，解得a .
2 2 n 2
3n2 1
1 2
（ ）由（1）知：an ，所以 2 a 3nn 1
，
1 1 1 1 1n 1 n n 1 ≤ 1+ 1因为当 时，3 1 2 3 ，所以 ，于是 + +
3n 1 2 3n 1 a1 a2 an 3
1 3
1= (1
1 3
)
3 2 3n 2，
1 1 1
3所以 a1 a2 a
.
n 2
3
,n 12
47 ．（1）证明见解析；（2） an .
1 ,n 2
n n 1
【详解】
（1）[方法一]：
2 1 2bn 1
由已知 2 S b 0S b 得 nn n 2b 1
,且 n ，bn ,
n 2
n 3取 1 ,由 S1 b1得b1 2 ,
由于bn为数列 Sn 的前 n项积，
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2023 届高考数学一轮复习——数列
2b1 2b2 2b
所以
n b
2b1 1 2b2 1 2bn 1
n ,
2b1 2b 2b
所以
2 n 1 b
2b1 1 2b2 1 2bn 1 1
n 1，
2bn 1 b n 1所以 2b ,n 1 1 bn
由于bn 1 0
2 1 1
所以 2b 1 b ，即bn 1 bn ,其中 n N
*
n 1 n 2
b 3 1所以数列 n 是以b1 2为首项，以 d 为公差等差数列;2
[方法二]【最优解】：
由已知条件知bn S1 S2 S3 Sn 1 Sn ①
于是bn 1 S1 S2 S3 Sn 1(n 2)． ②
b
由①② n得 Sb n． ③n 1
2 1
又 2S b ， ④n n
b b 1由③④得 n n 1 2．
令 n 1
3
，由 S1 b1，得b1 2．
3 1
所以数列 bn 是以 为首项， 2 为公差的等差数列．2
[方法三]：
2 1 S
由 2 nS b ，得
bn S 0 b 0 S2S 2，且 n ， n ， n
1．
n n n
b 1
又因为bn Sn Sn 1 S1 Sn b
n
n 1，所以bn 1 Sn 2Sn 2
，所以
b Sn 1 Sn 1 1n bn 1 (n 2)2Sn 2 2Sn 2 2 Sn 1 2 ．
2 1
2 b S 3在 S 中，当 n 1时， 1 1 ．n bn 2
3 1
故数列 bn 是以 为首项， 2 为公差的等差数列．2
[方法四]：数学归纳法
2 1 2bn 3 5 3
由已知 2S b ，得
Sn b b2b 1， 1 ， 2
2，b3 2 2，猜想数列
bn 是以 为
n n n 2
1 1
首项， 2 为公差的等差数列，且bn n 12 ．
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下面用数学归纳法证明．
当 n 1时显然成立．
1 k 2
假设当n k时成立，即bk k 1,S2 k

k ． 1
那么当n k 1时，b
1
k 1 b S
k 1 k 3 k 3 1k k 1 (k 1) 1．
2 k 2 2 2
综上，猜想对任意的 n N都成立．
3 1
即数列 bn 是以 为首项， 2 为公差的等差数列．2
（2）
3 1
由（1）可得，数列 bn 是以 b1 2为首项，以 d 为公差的等差数列，2
3
bn n
1
1 1 n ,
2 2 2
S 2bn 2 nn 2bn 1 1 n
,
n a S 3当 =1时， 1 1 ,2
2 n 1 n 1
当 n≥2时,an Sn Sn 1 1 n n n n 1 ,显然对于 n=1不成立,
3
,n 1 2
∴ an
1
.
,n 2
n n 1
48．（1 1）见解析；（2）（i）见解析；（ii） p4 257 .
【详解】
（1）由题意可知 X 所有可能的取值为： 1， 0，1
P X 1 1 ；P X 0 1 1 ；P X 1 1
则 X 的分布列如下：
X 1 0 1
P 1 1 1 1
（2） 0.5， 0.8
a 0.5 0.8 0.4，b 0.5 0.8 0.5 0.2 0.5， c 0.5 0.2 0.1
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2023 届高考数学一轮复习——数列
（i） pi api 1 bpi cpi 1 i 1,2, ,7
即 pi 0.4pi 1 0.5pi 0.1pi 1 i 1,2, ,7
整理可得：5pi 4pi 1 pi 1 i 1,2, ,7 pi 1 pi 4 pi pi 1 i 1,2, ,7
pi 1 pi i 0,1,2, ,7 是以 p1 p0为首项，4为公比的等比数列
ii i p p p p 4i i（ ）由（）知： i 1 i 1 0 p1 4
p p p 478 7 1 ， p7 p6 p1 4
6，……， p 01 p0 p1 4
8 8
作和可得： p8 p0 p1 40 41 47 1 4 p 4 1 p 11 4 1 3 1
3
p1 48 1
p p p p 40 41 42 43 1 4
4 4
p 4 1 3 1 1 4 4 0 1 1 1 4 3 48 1 44 1 257
p4表示最终认为甲药更有效的.由计算结果可以看出，在甲药治愈率为 0.5，乙药
1
治愈率为 0.8时，认为甲药更有效的概率为 p4 0.0039257 ，此时得出错误结论
的概率非常小，说明这种实验方案合理.
49．5
【详解】
21 2
因为 an 2n
2 21n ,所以 a 441 n 2 n ,由于 n N ,所以当 n 5时, an最大,此
4 8
时a5 55故答案为：5
50．4.
【详解】
因 a2 3a1，所以 a1 d 3a1，即2a1 d，
10a 10 9S 1 d10 2 100a所以 1 4S ．5 5a 5 41 d
25a1
2
51．4
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2023 届高考数学一轮复习——数列
【详解】
设等差数列 an 的公差为d ，等比数列 bn 的公比为q，根据题意 q 1 .
n n 1 d d
等差数列 an 的前n项和公式为Pn na1 d n2 a n2 2 1 2 ，
n
等比数列 bn
b 1 q b b
的前n项和公式为Qn
1 1 qn 1 ，
1 q 1 q 1 q
依题意 Sn P Q
2 d d b b
n n，即 n n 2
n 1 n2 a 1 n 1 q
n 1
2 ， 2 1 q 1 q
d
1
2 d 2
d a1 1

a1 0
通过对比系数可知 2 d q 4
q 2 q 2
，故 .

b
b1 1
1 1
1 q
2n
52． n 1
【详解】
a1 2d 3 a1 1
设等差数列的首项为 a1，公差为d ，由题意有 4a 4 3 d 10 ，解得 1 d 1
，
2
n n 1 n n 1 n n 1
数列的前 n项和 Sn na1 d n 1 1 ，2 2 2
1 2 1 1
裂项可得 2( )Sk k (k 1) k k 1
，
n
1 2[(1 1) (1 1) (1 1 )] 2(1 1 2n所以 ) ．
k 1 Sk 2 2 3 n n 1 n 1 n 1
53．20
【详解】
1
由题可知 Sn 0，当n 1时， Sn [(S
1 2 2
2 n
Sn 1) ]S S 化简可得
Sn Sn 1 1，当
n n 1
n 1,S 21 a
2
1 1
所以数列{S 2n}是以首项和公差都是 1的等差数列，即 S 2n n Sn n
2( n 1 n ) 2 2 2又n 1时， 2( n n 1)n 1 n 2Sn n n 1
S 1 1记
1
S1 S2 S121
一方面 S 2[ 122 121 2 1] 2( 122 1) 20
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另一方面 S 1 2[( 121 120) ( 2 1)] 1 2( 121 1) 21
所以20 S 21
即[S ] 20
15
54． R2 R2 k
1
1
16 2k
【详解】
S R
2 3 R2
因为 1 ， S2 2
，
4
1 1 1
1 1 1 2 2 k 所以 Sk R
2
…… R
2 2 k 1 R
2 1 1
2 2 2 k
，
1 2
2
2 1 15 2
所以 S4 R 1 4 R2 16 .
n
S R 2 1 1 1 1 k 1 2 …… 1 k
k 1 2 2 2
1
1
1
k
R2 k
1 1 1 2 2 2 …… k R
2 k 1 2 2 2 1
2
R2 k 1 12k .
15 3 n55 5 ． 720
2n 4
【详解】
（1）由对折 2 次共可以得到5dm 12dm，10dm 6dm，20dm 3dm三种规格的图形，
5 3
所以对着三次的结果有： 12，5 6，10 3；20 ，共 42 2 种不同规格（单位
dm2 )；
5 5 3
故对折 4次可得到如下规格： 12， 6，5 3，10 ，20
3

4 2 2 4，共
5 种不同规
格；
（2）由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，
1 2
不论规格如何，其面积成公比为 2 的等比数列，首项为 120 dm ,第 n次对折后
1 n 1
的图形面积为120 ，对于第 n此对折后的图形的规格形状种数，根据（1）
2
120(n 1)
的过程和结论，猜想为n 1种（证明从略），故得猜想 Sn 2n 1 ，
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n
S S 120 2 120 3 120 4
120 n 1
设 k 0 1 2 L 2 2 2 2n 1 ，k 1
1 S 120 2 120 3 120n 120(n 1)则 2 21

22 2n 1

2n ，
两式作差得：
1 120 n 1S 240 120 1 1 1 2 2 2 2 2 n 1 2 n
60 1
1
2n 1 120 n 1240 1 n1 2
2
120 n 1
360 120 120 n 3
2n 1

2n
360
2n
，
240 n 3 15 n 3
因此， S 720 n 720 .2 2n 4
第 57 页 共 57 页

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