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专题07 数列
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高考频度 ★★★★★
考情分析 高考数学中，数列这个考点考查等差、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．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．
一、选择题
【真题1】（2023 新高考Ⅰ）记Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列；乙：{}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
【分析】首先明确充要条件的判定方法，再从等差数列的定义入手，进行正反两方面的论证．
【解答】解：若{an}是等差数列，设数列{an}的首项为a1，公差为d，
则Sn＝na1d，即a1dn+a1，故{}为等差数列，
即甲是乙的充分条件．
反之，若{}为等差数列，则可设D，
则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．
故本题选：C．
【真题2】（2023 新高考Ⅱ）记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝﹣5，S6＝21S2，则S8＝（　　）
A．120 B．85 C．﹣85 D．﹣120
【答案】C
【分析】由题意知公比q≠1，设首项为a1，由S6＝21S2求出q2，再代入S4求出，由此求得S8．
【解答】解：等比数列{an}中，S4＝﹣5，S6＝21S2，显然公比q≠1，
设首项为a1，则5①，②，
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，
所以S8（1﹣q4）（1+q4）（﹣15）×（1+16）＝﹣85．
故选：C．
【真题3】（2023 甲卷）已知正项等比数列{an}中，a1＝1，Sn为{an}前n项和，S5＝5S3﹣4，则S4＝（　　）
A．7 B．9 C．15 D．30
【答案】C
【分析】利用已知条件求解等比数列的公比，然后求解即可．
【解答】解：等比数列{an}中，设公比为q，
a1＝1，Sn为{an}前n项和，S5＝5S3﹣4，显然q≠1，
（如果q＝1，可得5＝15﹣4矛盾），
可得5 4，解得q2＝4，即q＝2，
S415．
故选：C．
【真题4】（2023 甲卷）记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a2+a6＝10，a4a8＝45，则S5＝（　　）
A．25 B．22 C．20 D．15
【答案】C
【分析】由已知结合等差数列的性质及通项公式先求出a1，d，然后结合等差数列的求和公式可求．
【解答】解：等差数列{an}中，a2+a6＝2a4＝10，所以a4＝5，
a4a8＝5a8＝45，故a8＝9，则d1，a1＝a4﹣3d＝5﹣3＝2，
则S5＝5a110+10＝20．
故选：C．
【真题5】（2022 乙卷）已知等比数列{an}的前3项和为168，a2﹣a5＝42，则a6＝（　　）
A．14 B．12 C．6 D．3
【答案】D
【分析】由题意，利用等比数列的定义、性质、通项公式，求得a6的值．
【解答】解：设等比数列{an}的公比为q，q≠0，由题意，q≠1．
∵前3项和为a1+a2+a3168，a2﹣a5＝a1 q﹣a1 q4＝a1 q（1﹣q3）＝42，
∴q，a1＝96，则a6＝a1 q5＝963，
故选：D．
【真题6】（2023 天津）已知{an}为等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，an+1＝2Sn+2，则a4的值为（　　）
A．3 B．18 C．54 D．152
【答案】C
【分析】由已知递推关系先表示出a2，a3，然后结合等比数列的性质可求首项a1，公比q，进而可求a4．
【解答】解：因为{an}为等比数列，an+1＝2Sn+2，
所以a2＝2S1+2＝2a1+2，a3＝2S2+2＝2（a1+2a1+2）+2＝6a1+6，
由等比数列的性质可得，a1 a3，即（2+2a1）2＝（6a1+6） a1，
所以a1＝2或a1＝﹣1（舍），所以a2＝6，q＝3，
则a4＝a1 q3＝2×33＝54．
故选：C．
【真题7】（2023 北京）数列{an}满足an+1（an﹣6）3+6，下列说法正确的是（　　）
A．若a1＝3，则{an}是递减数列， M∈R，使得n＞m时，an＞M
B．若a1＝5，则{an}是递增数列， M≤6，使得n＞m时，an＜M
C．若a1＝7，则{an}是递减数列， M＞6，使得n＞m时，an＞M
D．若a1＝9，则{an}是递增数列， M∈R，使得n＞m时，an＜M
【答案】B
【分析】法（i）利用数学归纳法进行分析排除即可．
法（ii）由题意可得an+1﹣6（an﹣6）3，n∈N+，可得an﹣6（a1﹣6 （a1﹣6，分别将a1＝3，5，7，9代入，可得an的解析式，进而判断所给命题的真假．
【解答】解：法（i）对原式进行变形，得an+1﹣an＝[（an﹣6）2﹣1]（an﹣6），
当a1＝3，则a2﹣a1＜0，a2＜3，
设ak＜3（k∈Z，k≥2），则ak+1﹣ak＜﹣3，所以{an}是递减数列，
当n→+∞，an→﹣∞，A错误，同理可证明D错误，
当a1＝5，则a2﹣a1＞0，即a2＞5，又因为（a1﹣6）3＜0，所以5＜a2＜6，
假设5＜ak＜6（k∈Z，k≥2），则ak+1﹣ak＞0，即ak+1＞5，
又因为（ak﹣6）3＜0，所以5＜ak+1＜6，所以当n→+∞，an→6，B正确，
对于C，当a1＝7，可得a26，a36，可得{an}是递减数列，an＝6，
故不存在M＞6，使得n＞m时，an＞M恒成立，C错误．
法（ii）an+1（an﹣6）3+6，可得an+1﹣6（an﹣6）3，n∈N+，
所以a2﹣6（a1﹣6）3，a3﹣6（a2﹣6）3[（a1﹣6）3]3（a1﹣6）32，
a4﹣6（a1﹣6）33，
归纳猜想：an﹣6（a1﹣6 （a1﹣6，
当a1＝3时，an﹣6 （﹣32×（，即an （﹣32×（6，所以{an}是递减数列，无边界；
a1＝5时，an﹣6 （﹣12×（，即an＝﹣2×（6＝2[3﹣（]，由复合函数的单调性，可得{an}是递增，有边界，所以B正确；
a1＝7时，an﹣6 2×（，所以{an}是递减数列，有边界；所以C不正确；
a1＝9时，an﹣6 2×（，所以{an}是递增数列，无边界；所以D不正确；
故选：B．
二、填空题
【真题8】（2023 甲卷）记Sn为等比数列{an}的前n项和．若8S6＝7S3，则{an}的公比为　 　．
【答案】．
【分析】由已知结合等比数列的求和公式即可直接求解．
【解答】解：等比数列{an}中，8S6＝7S3，则q≠1，
所以7，解得q．
故答案为：．
【真题9】（2023 乙卷）已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝﹣8，则a7＝　 　．
【答案】﹣2．
【分析】根据等比数列的性质即可求解．
【解答】解：∵等比数列{an}，∴a2a4a5＝a2a3a6＝a3a6，解得a2＝1，
而a9a10＝a2q7a2q8＝（a2）2q15＝﹣8，可得q15＝（q5）3＝﹣8，即q5＝﹣2，
a7＝a2 q5＝1×（﹣2）＝﹣2．
故答案为：﹣2．
【真题10】（2023 北京）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就出现了类似于砝码的用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列{an}，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且a1＝1，a5＝12，a9＝192，则a7＝　 　，数列{an}的所有项的和为　 　．
【答案】48；384．
【分析】根据数列{an}的后7项成等比数列，an＞0，可得a7，a3，可得公比q，进而得出a4，利用求和公式即可得出结论．
【解答】解：∵数列{an}的后7项成等比数列，an＞0，
∴a748，∴a33，
∴公比q2．∴a4＝3×2＝6，
又该数列的前3项成等差数列，
∴数列{an}的所有项的和为378＝384．
故答案为：48；384．
三、解答题
【真题11】（2023 新高考Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，且d＞1．令bn，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．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）∵3a2＝3a1+a3，S3+T3＝21，
∴根据题意可得，∴，
∴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，
∴根据等差数列的通项公式的特点，可设an＝tn，则，且d＝t＞1；
或设an＝k（n+1），则，且d＝k＞1，
①当an＝tn，，d＝t＞1时，
则S99﹣T9999，∴，∴50t2﹣t﹣51＝0，
又d＝t＞1，∴解得d＝t；
②当an＝k（n+1），，d＝k＞1时，
则S99﹣T9999，
∴，∴51k2﹣k﹣50＝0，又d＝k＞1，∴此时k无解，
∴综合可得d．
【真题12】（2023 新高考Ⅱ）已知{an}为等差数列，bn，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．
【答案】见试题解答内容
【解答】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，即，解得，
故an＝5+2（n﹣1）＝2n+3；
（2）证明：由（1）可知，，，
当n为偶数时，n＞5，
Tn＝﹣1+3+…+2（n﹣1）﹣3+14+22+…+4n+6
，
，
当n为奇数时，n＞5，Tn＝Tn﹣1+bn，
Tn﹣Sn，
故原式得证．
【真题13】（2023 甲卷）已知数列{an}中，a2＝1，设Sn为{an}前n项和，2Sn＝nan．
（1）求{an}的通项公式；
（2）求数列的前n项和Tn．
【答案】（1）{an}的通项公式为an＝n﹣1；
（2）Tn＝2．
【解答】解：（1）当n＝1时，2S1＝a1，解得a1＝0，
当n≥2时，2Sn﹣1＝（n﹣1）an﹣1，
∴2an＝nan﹣（n﹣1）an﹣1，∴（n﹣1）an﹣1＝（n﹣2）an，
当n≥3时，可得，
∴an a2 1＝n﹣1，
当n＝2或n＝1时，a1＝0，a2＝1适合上式，
∴{an}的通项公式为an＝n﹣1；
（2）由（1）可得，
∴Tn ，∴Tn ，
∴Tn 1，
∴Tn＝2．
【真题14】（2023 乙卷）记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a2＝11，S10＝40．
（1）求{an}的通项公式；
（2）求数列{|an|}的前n项和Tn．
【答案】（1）an＝﹣2n+15（n∈N ）．
（2）当1≤n≤7时，Tn＝﹣n2+14n，
当n≥8时，Tn＝n2﹣14n+98．
【解答】解：（1）在等差数列中，∵a2＝11，S10＝40．
∴，即，
得a1＝13，d＝﹣2，
则an＝13﹣2（n﹣1）＝﹣2n+15（n∈N ）．
（2）|an|＝|﹣2n+15|，
即1≤n≤7时，|an|＝an，
当n≥8时，|an|＝﹣an，
当1≤n≤7时，数列{|an|}的前n项和Tn＝a1+ +an＝13nn2+14n，
当n≥8时，数列{|an|}的前n项和Tn＝a1+ +a7﹣ ﹣an＝﹣Sn+2（a1+ +a7）＝﹣[13n]+2n2﹣14n+98．
【真题15】（2023 天津）已知{an}是等差数列，a2+a5＝16，a5﹣a3＝4．
（Ⅰ）求{an}的通项公式和；
（Ⅱ）已知{bn}为等比数列，对于任意k∈N*，若2k﹣1≤n≤2k﹣1，则bk＜an＜bk+1．
（i）当k≥2时，求证：2k﹣1＜bk＜2k+1；
（ii）求{bn}的通项公式及其前n项和．
【答案】（Ⅰ）an＝2n+1（n∈N ），3×4n﹣1．
（Ⅱ）（i）证明见解析；
（ii）bn＝2n，Tn＝2n+1﹣2．
【解答】解：（Ⅰ）∵{an}是等差数列，a2+a5＝16，a5﹣a3＝4．
∴，得d＝2，a1＝3，
则{an}的通项公式an＝3+2（n﹣1）＝2n+1（n∈N ），
中的首项为2n+1，项数为2n﹣1﹣2n﹣1+1＝2n﹣2n﹣1＝2×2n﹣1﹣2n﹣1＝2n﹣1，
则2n﹣1（2n+1）2＝2n﹣1（2n+1）+2n﹣1（2n﹣1﹣1）＝2n﹣1（2n+1+2n﹣1﹣1）＝2n﹣1（2n+2n﹣1）＝2n﹣1×3×2n﹣1＝3×4n﹣1．
（Ⅱ）（i）∵2k﹣1≤n≤2k﹣1，∴2k≤2n≤2k+1﹣2，1+2k≤2n+1≤2k+1﹣1，
即1+2k≤an≤2k+1﹣1，
当k≥2时，∵bk＜an＜bk+1．
∴bk＜1+2k，且bk+1＞2k+1﹣1，即bk＞2k﹣1，
综上2k﹣1＜bk＜1+2k，故成立；
（ii）∵2k﹣1＜bk＜2k+1成立，
∵{bn}为等比数列，∴设公比为q，
当k≥2时，2k+1﹣1＜bk+1＜2k+1+1，，
则，即，
即2q＜2，
当k→+∞，2→2，2→2，∴q＝2，
∵k≥2时，2k﹣1＜bk＜2k+1，∴2k﹣1＜b12k﹣1＜2k+1，
即b1，即2b1＜2，
当k→+∞，2→2，2→2，则b1＝2，
则bn＝2×2n﹣1＝2n，即{bn}的通项公式为bn＝2n，
则{bn}的其前n项和Tn2n+1﹣2．
【真题16】（2023 北京）数列{an}，{bn}的项数均为m（m＞2），且an，bn∈{1，2， ，m}，{an}，{bn}的前n项和分别为An，Bn，并规定A0＝B0＝0．对于k∈{0，1，2， ，m}，定义rk＝max{i|Bi≤Ak，i∈{0，1，2， ，m}}，其中，maxM表示数集M中最大的数．
（Ⅰ）若a1＝2，a2＝1，a3＝3，b1＝1，b2＝3，b3＝3，求r0，r1，r2，r3的值；
（Ⅱ）若a1≥b1，且2rj≤rj+1+rj﹣1，j＝1，2， ，m﹣1，求rn；
（Ⅲ）证明：存在0≤p＜q≤m，0≤r＜s≤m，使得Ap+Bs＝Aq+Br．
【答案】（Ⅰ）r0＝0，r1＝1，r2＝1，r3＝2．
（Ⅱ）rn＝n，n∈N．
（Ⅲ）证明详情见解答．
【解答】解：（Ⅰ）列表如下，对比可知r0＝0，r1＝1，r2＝1，r3＝2．
i 0 1 2 3
ai 2 1 3
Ai 0 2 3 6
bi 1 3 3
Bi 0 1 4 7
rk 0 1 1 2
（Ⅱ）由题意知rn≤m且rn∈N，
因为an≥1，bn≥1，an，bn∈{1，2， ，m}，
所以An≥1，Bn≥1，当且仅当n＝1时，等号成立，
所以r0＝0，r1＝1，
又因为2rj≤rj﹣1+rj+1，
则rj+1﹣rj≥rj﹣rj﹣1，即rm﹣rm﹣1≥rm﹣1﹣rm﹣2≥...≥r1﹣r0＝1，
可得rj+1﹣rj≥1，
反证：假设满足rn+1﹣rn＞1的最小正整数为1≤i≤m﹣1，
当j≥i时，则ri+1﹣rj≥2；
当i≤j﹣1时，则rj+1﹣rj＝1，
则rm＝（rm﹣rm﹣1）+（rm﹣1﹣rm﹣2）+...+（r1﹣r0）+r0≥2（m﹣i）+i＝2m﹣i，
又因为1≤i≤m﹣1，则rm≥2m﹣i≥2m﹣（m﹣1）＝m+1＞m，
所以假设不成立，rn+1﹣rn＝1成立，
所以数列{rn}是以首项为1，公差为1的等差数列，
所以rn＝0+1×n＝n，n∈N．
（Ⅲ）证明：若Am≥Bm，设Sn＝An，1≤n≤m，
根据题意可得Sn≥0且Sn为整数，
反证法：假设存在正整数K，使得SK≥m，
且rK≠m（若 rK＝m时，Am＝Bm显然成立，Am＞Bm和Am＜Bm同理，只需要论证Am＜Bm
，Bm+1不存在），
则AKm，AK0，
所以（AK）﹣（AK）＞m，
这与∈{1，2...，m}相矛盾，
所以对任意1≤n≤m，n∈N，均有Sn≤m﹣1，
①若存在正整数N，使得SN＝AN0，即AN，
取r＝p＝0，q＝N，s＝rN，使得AP+Bs＝Aq+Br，
②若不存在正整数N，使得SN＝0，
因为Sn∈{1，2m，…，m﹣1}，且1≤n≤m，
所以必存在1≤X＜Y≤m，使得SX＝SY，即AXAY，可得AXAY，
取p＝X，s＝rY，q＝Y，r＝rX，使得Ap+Bs＝Aq+Br，
若Am＜Bm，设SnAn，1≤n≤m，
根据题意可得Sn≤0且Sn为整数，
反证法：假设存在正整数K，使得SK≤﹣m，
则AK≤﹣m，AK＞0，
所以（AK）﹣（AK）＞m，
这与∈{1，2...，m}相矛盾，
所以对任意1≤n≤m，n∈N，均有Sn≥1﹣m，
①若存在正整数N，使得SNAN＝0，即AN，
取r＝p＝0，q＝N，s＝rN，使得AP+Bs＝Aq+Br，
②若不存在正整数N，使得SN＝0，
因为Sn∈{﹣1，﹣2，…，1﹣m}，且1≤n≤m，
所以必存在1≤X＜Y≤m，使得SX＝SY，即AXAY，可得AXAY，
取p＝X，s＝rY，q＝Y，r＝rX，使得Ap+Bs＝Aq+Br．
综上所述，存在0≤p＜q≤m，0≤r＜s≤m，使得Ap+Bs＝Aq+Br．
【真题17】（2023 上海）已知f（x）＝lnx，在该函数图像Γ上取一点a1，过点（a1，f（a1））作函数f（x）的切线，该切线与y轴的交点记作（0，a2），若a2＞0，则过点（a2，f（a2））作函数f（x）的切线，该切线与y轴的交点记作（0，a3），以此类推a3，a4，…，直至am≤0停止，由这些项构成数列{an}．
（1）设am（m≥2）属于数列{an}，证明：am＝lnam﹣1﹣1；
（2）试比较am与am﹣1﹣2的大小关系；
（3）若正整数k≥3，是否存在k使得a1、a2、a3、…、ak依次成等差数列？若存在，求出k的所有取值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明过程见解答；（2）am≤am﹣1﹣2；（3）k＝3．
【解答】解：（1）证明：，
则过点（am﹣1，f（am﹣1））的切线的斜率为，
由点斜式可得，此时切线方程为，即，
令x＝0，可得y＝lnam﹣1﹣1，
根据题意可知，am＝lnam﹣1﹣1，即得证；
（2）先证明不等式lnx≤x﹣1（x＞0），
设F（x）＝lnx﹣x+1（x＞0），则，
易知当0＜x＜1时，F′（x）＞0，F（x）单调递增，当x＞1时，F′（x）＜0，F（x）单调递减，
则F（x）≤F（1）＝0，即lnx≤x﹣1（x＞0），
结合（1）可知，am＝lnam﹣1﹣1≤am﹣1﹣1﹣1＝am﹣1﹣2；
（3）假设存在这样的k符合要求，
由（2）可知，数列{an}为严格的递减数列，n＝1，2，3，…，k，
由（1）可知，公差d＝an﹣an﹣1＝lnan﹣1﹣an﹣1﹣1，2≤n≤k，
先考察函数g（x）＝lnx﹣x﹣1，则，
易知当0＜x＜1时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，当x＞1时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
则g（x）＝d至多只有两个解，即至多存在两个an﹣1，使得g（an﹣1）＝d，
若k≥4，则g（a1）＝g（a2）＝g（a3）＝d，矛盾，则k＝3，
当k＝3时，设函数h（x）＝ln（lnx﹣1）﹣2lnx+x+1，
由于h（e1.1）＝ln0.1﹣2.2+e1.1+1＝e1.1﹣ln10﹣1.2＜0，h（e2）＝﹣3+e2＞0，
则存在，使得h（x0）＝0，
于是取a1＝x0，a2＝lna1﹣1，a3＝lna2﹣1，它们构成等差数列．
综上，k＝3．
考向1 等差数列
解法技巧 等差数列： （1）等差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，由非等差数列构造出新的等差数列，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．
【模拟01】（2024 未央区校级模拟）已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1+a3+a5＝27，S10＝115，则数列{an}的公差为（　　）
A． B．2 C． D．1
【答案】D
【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，则，解得．
故选：D．
【模拟02】（2024 石鼓区校级模拟）某统计数据共有11个样本xi（i＝1，2，…，11）．它们依次成公差d＝2的等差数列．若第60%位数为25．则它们的平均数为（　　）
A．25 B．19 C．21 D．23
【答案】D
【解答】解：由题意知共有11个样本，且xi（i＝1，2，…，11）从小到大依次排列，
因为11×60%＝6.6，所以x7＝25．
所以，
所以这11个样本的平均数为．
故选：D．
【模拟03】（多选）（2024 辽宁模拟）等差数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn与Tn，且，则（　　）
A．当an＝2n﹣1时，T4＝52
B．当时，bn＝3n﹣1
C．4（a4+a7）＝5b3
D．
【答案】AC
【解答】解；于A：因为an＝2n﹣1，所以，代入得Tn＝n（3n+1），所以T4＝52，故A正确．
对于B：由A知Tn＝n（3n+1），由得bn＝6n﹣2，故B不正确．
对于C：由，所以，所以4（a4+a7）＝5b3，故C正确．
对于D：由C知，所以，故D不正确．
故选：AC．
【模拟04】（2024 崇明区二模）若等差数列{an}的首项a1＝1，前5项和S5＝25，则a5＝　 　．
【答案】9．
【解答】解：等差数列{an}的首项a1＝1，前5项和S5＝25，
则S5＝5×125，解得d＝2，则a5＝1+4×2＝9．
故答案为：9．
【模拟05】（2024 来宾一模）记等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2a3＝24，S5＝﹣20．
（1）求{an}的通项公式；
（2）求使1成立的n的取值集合．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）等差数列{an}中，S5＝a1+a2+a3+a4+a5＝5a3＝﹣20，所以a3＝﹣4，
因为a2a3＝24，所以a2＝﹣6，d＝2，
故an＝a2+2（n﹣2）＝2n﹣10；
（2）由（1）得，an＝2n﹣10，Sn＝﹣8nn2﹣9n，则1，
当n＜5时，不等式可转化为n2﹣9n＞2n﹣10，解得n＜1或n＞10，此时n不存在，
当n＞5时，不等式可转化为n2﹣9n＜2n﹣10，解得1＜n＜10，即5＜n＜10，
故满足题意的n的集合为{6，7，8，9}．
考向2 等比数列
解法技巧 等比数列： （1）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，由非等比数列构造出新的等比数列，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．
【模拟01】（2024 重庆模拟）已知等比数列{an}满足：，且﹣a2是a1与a3的等差中项，则a5＝（　　）
A．32 B．2 C．1 D．﹣1
【答案】D
【解答】解：设等比数列{an}的公比为q（q≠0），
由，且﹣a2是a1与a3的等差中项，得，解得a1＝q＝﹣1．
∴．
故选：D．
【模拟02】（2024 湖北模拟）已知数列{an}中，a1＝1，an+1an＝2n，n∈N*，则下列说法不正确的是（　　）
A．a4﹣a3＝2 B．a2n＝2a2n﹣1
C．{a2n}是等比数列 D．
【答案】D
【解答】解：因为，a1＝1，则a2＝2，
所以，两式相除得，
即数列{an}是奇数项以1为首相，2为公比得等比数列，
偶数项是以2为首相，2为公比得等比数列，
所以，，故a4＝4，a3＝2，a2n+a2n﹣1＝3×2n﹣1，
所以ABC正确，D错误．
故选：D．
【模拟03】（2024 浙江模拟）已知数列{an}满足a1＝1，且对任意m，n∈N*（m＞n）均有am+n+am﹣n＝2am+2an．记{an}的前n项和为Sn，则S7＝（　　）
A．28 B．140 C．256 D．784
【答案】B
【解答】解：由数列{an}满足a1＝1，且am+n+am﹣n＝2am+2an，
令n＝1，可得am+1+am﹣1＝2am+2a1＝2am+2，即（am+1﹣am）﹣（am﹣am﹣1）＝2，
再令bm＝am+1﹣am，可得bm﹣bm﹣1＝2，即数列{bm}是公差为2的等差数列，
又由b1＝a2﹣a1＝a2﹣1，可得bm＝2m﹣3+a2，即am+1﹣am＝2m﹣3+a2，
又由，
即，所以a3＝1+2a2及a5＝9+4a2，
令m＝3，n＝2，可得a5+a1＝2a3+2a2，代入可得9+4a2+1＝2（1+2a2）+2a2，
解得a2＝4，所以，即数列{an}的通项公式为，
所以．
故选：B．
【模拟04】（2024 浙江模拟）已知数列{an}满足a1＝4，且其前n项和为公比为2的等比数列．则{an}的前n项积是　 　．（用含n的式子表示）
【答案】．
【解答】解：设数列{an}的前n项和为Sn，
又S1＝a1＝4，由题意可知，①，
当n≥2时，②，
①﹣②可得，2n（n≥2），
故，
设数列{an}的前n项积为Tn，
当n＝1时，Tn＝a1＝4，
当n≥2时，Tn＝a1a2 an﹣4×22×23× ×2n＝22+2+3+ +n，
显然n＝1时适合上式，所以 ．
故答案为：．
【模拟05】（2024 西安模拟）已知各项均为正数的等比数列{an}，满足2a1+16a3＝3，．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设，数列的前n项和为Tn．求证：﹣2＜Tn≤﹣1．
【答案】（Ⅰ）an＝（）n；（Ⅱ）证明见解答．
【解答】解：（Ⅰ）设等比数列{an}的公比为q，q＞0，
由2a1+16a3＝3，，
可得2a1+16a1q2＝3，2a4a5，解得q，a1，
则an（）n﹣1＝（）n；
（Ⅱ）证明：1﹣2﹣...﹣nn（n+1），
2（），
数列的前n项和为Tn＝﹣2（1...）＝﹣2，
由01，可得﹣2＜Tn≤﹣1．
考向3 数列求和
解法技巧 数列求和： （1）公式法． （2）分组求和法． （3）裂项相消法． （4）错位相减法． （5）倒序相加法．
【模拟01】（2024 衡水一模）已知数列{an}的前n项和为Sn，an＞0，且．
（1）求{an}的通项公式；
（2）设的前n项和为Tn，求Tn．
【答案】（1）an＝2n﹣1；（2）Tn．
【解答】解：（1）由，可得，
两式作差得2（an+1+an），即（an+1+an）（an+1﹣an﹣2）＝0，
∵an＞0，∴an+1﹣an＝2，∴{an}成公差为2的等差数列，
又当n＝1时，，可得a1＝1，
∴an＝2n﹣1．
（2）由an＝2n﹣1，可得Snn（1+2n﹣1）＝n2，
则[1][1（）]，
前n项和为Tn[n（1...）]
[n（1）]．
【模拟02】（2024 博爱县校级二模）记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S9＝﹣a5．
（1）若a3＝4，求{an}的通项公式；
（2）若a1＞0，求使得Sn≥an的n的取值范围．
【答案】（1）an＝﹣2n+10，
（2）{n|1≤n≤10，n∈N}．
【解答】解：（1）根据题意，等差数列{an}中，设其公差为d，
若S9＝﹣a5，则S99a5＝﹣a5，变形可得a5＝0，即a1+4d＝0，
若a3＝4，则d2，
则an＝a3+（n﹣3）d＝﹣2n+10，
（2）若Sn≥an，则na1d≥a1+（n﹣1）d，
当n＝1时，不等式成立，
当n≥2时，有d﹣a1，变形可得（n﹣2）d≥﹣2a1，
又由S9＝﹣a5，即S99a5＝﹣a5，则有a5＝0，即a1+4d＝0，则有（n﹣2）2a1，
又由a1＞0，则有n≤10，
则有2≤n≤10，
综合可得：n的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N}．
【模拟03】（2024 石家庄模拟）已知数列{an}满足
（1）写出a2，a3，a4；
（2）证明：数列{a2n﹣1﹣6}为等比数列；
（3）若bn＝a2n，求数列{n （bn﹣3）}的前n项和Sn．
【答案】（1）4，8，5；（2）证明见解答；（3）Sn＝1+（n﹣1） 2n．
【解答】解：（1）由
可得a2＝a1﹣3＝4；a3＝2a2＝8；a4＝a3﹣3＝5；
（2）证明：a2n+1﹣6＝2a2n﹣6＝2a2n﹣1﹣6﹣6＝2（a2n﹣1﹣6），
则数列{a2n﹣1﹣6}是首项为1，公比为2的等比数列；
（3）由（2）可得a2n﹣1﹣6＝2n﹣1，即a2n﹣1＝6+2n﹣1，
bn＝a2n＝a2n﹣1﹣3＝3+2n﹣1，
n （bn﹣3）＝n 2n﹣1，
前n项和Sn＝1 20+2 21+3 22+...+n 2n﹣1，
2Sn＝1 2+2 22+3 23+...+n 2n，
两式相减可得﹣Sn＝1+21+22+...+2n﹣1﹣n 2nn 2n，
化简可得Sn＝1+（n﹣1） 2n．
【模拟04】（2024 福建模拟）已知各项均为正数的数列{an}满足，且a1＝1．
（1）写出a2，a3，并求{an}的通项公式；
（2）记，求b1b2+b3b4+b5b6+…+b15b16．
【答案】（1）；
（2）12814．
【解答】解：（1）因为，a1＝1，an＞0，
所以，当n＝1时，，即，
所以a2＝3，
当n＝2时，，，
所以a3＝5，
当n≥2时，
＝8（n﹣1）+8（n﹣2）+…+8×1+1
＝8[1+2+…+（n﹣1）]+1
＝（2n﹣1）2，
所以an＝2n﹣1，
当n＝1时，a1＝1也符合上式．
综上，；
（2）由（1）得，bn，
设S＝b1b2+b3b4+b5b6+ +b15b16，
则S＝1×2+5×22+9×23+…+25×27+29×28①，
2S＝1×22+5×23+ +21×27+25×28+29×29 ②，
①﹣②得﹣S＝1×22+4×22+4×23+…+4×28﹣29×29
＝2+429×29＝﹣12814，
所以S＝12814，
故b1b2+b3b4+b5b6+ +b15b16＝12814．
【模拟05】（2024 赣州模拟）设数列A：a1，a2， ，aN（N 2）．如果对小于n（2 n N）的每个正整数k都有ak＞an．则称n是数列A的一个“D时刻”．记D（A）是数列A的所有“D时刻”组成的集合，D（A）的元素个数记为card（D，A）．
（1）对数列A：﹣1，1，﹣2，2，﹣3，3，写出D（A）的所有元素；
（2）数列A：a1，a2， ，a6满足{a1，a2， ，a6}＝{1，2，3，4，5，6}，若card（D，A）＝4．求数列A的种数．
（3）证明：若数列A满足an﹣an﹣1 ﹣1（n＝2，3，4， ，N），则card（D，A） a1﹣aN．
【答案】（1）D（A）＝{3，5}；
（2）符合card（D，A）＝4的数列A有15种；
（2）证明见解析．
【解答】解：（1）由题设知当n＝3时，a1＞a3，a2＞a3，故n＝3是数列A的一个“D时刻”，
同理当n＝5时，都有ai＞a5（i＝1，2，3，4），即n＝5也是数列A的一个“D时刻”，
综上，D（A）＝{3，5}；
（2）由card（D，A）＝4，易知a1＝5或a1＝6，
①当a1＝5时，4，3，2，1必须从左往右排列，6可以是ai（i＝2，3，4，5，6）中任一个，共有5种情况，
②当a1＝6时，若D（A）中的四个元素是由集合A中的元素4，3，2，1或5，3，2，1或5，4，2，1或5，4，3，1引起的，
1．若由4，3，2，1引起，即4，3，2，1从左往右排列，则5必须排在4的后面，共4种；
2．若由5，3，2，1引起，即5，3，2，1从左往右排列，则4必须排在3的后面，共3种；
3．若由5，4，2，1引起，即5，4，2，1从左往右排列，则3必须排在2的后面，共2种；
4．若由5，4，3，1引起，即5，4，3，1从左往右排列，则2必须排在1的后面，共1种，
综上，符合card（D，A）＝4的数列A有15种；
（3）①若card（D，A）＝0，由a1≤aN，
所以a1﹣aN≤0，即card（D，A）≥a1﹣aN 成立；
②若card（D，A）＝m（m≥1），
不妨设D（A）＝{i1，i2，i3， ，im}； （i1＜i2＜i3＜ ＜im）且2≤ij≤N（j＝1，2， ，m），
从而11；…； 1，
由累加法知：m，又aN﹣a1m，即m≥a1﹣aN；
综上，card（D，A）≥a1﹣aN，证毕．专题07 数列
◆ ◆ ◆ ◆ ◆ ◆ ◆
高考频度 ★★★★★
考情分析 高考数学中，数列这个考点考查等差、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．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．
一、选择题
【真题1】（2023 新高考Ⅰ）记Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列；乙：{}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
【真题2】（2023 新高考Ⅱ）记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝﹣5，S6＝21S2，则S8＝（　　）
A．120 B．85 C．﹣85 D．﹣120
【真题3】（2023 甲卷）已知正项等比数列{an}中，a1＝1，Sn为{an}前n项和，S5＝5S3﹣4，则S4＝（　　）
A．7 B．9 C．15 D．30
【真题4】（2023 甲卷）记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a2+a6＝10，a4a8＝45，则S5＝（　　）
A．25 B．22 C．20 D．15
【真题5】（2022 乙卷）已知等比数列{an}的前3项和为168，a2﹣a5＝42，则a6＝（　　）
A．14 B．12 C．6 D．3
【真题6】（2023 天津）已知{an}为等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，an+1＝2Sn+2，则a4的值为（　　）
A．3 B．18 C．54 D．152
【真题7】（2023 北京）数列{an}满足an+1（an﹣6）3+6，下列说法正确的是（　　）
A．若a1＝3，则{an}是递减数列， M∈R，使得n＞m时，an＞M
B．若a1＝5，则{an}是递增数列， M≤6，使得n＞m时，an＜M
C．若a1＝7，则{an}是递减数列， M＞6，使得n＞m时，an＞M
D．若a1＝9，则{an}是递增数列， M∈R，使得n＞m时，an＜M
二、填空题
【真题8】（2023 甲卷）记Sn为等比数列{an}的前n项和．若8S6＝7S3，则{an}的公比为　 　．
【真题9】（2023 乙卷）已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝﹣8，则a7＝　 　．
【真题10】（2023 北京）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就出现了类似于砝码的用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列{an}，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且a1＝1，a5＝12，a9＝192，则a7＝　 　，数列{an}的所有项的和为　 　．
三、解答题
【真题11】（2023 新高考Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，且d＞1．令bn，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．
【真题12】（2023 新高考Ⅱ）已知{an}为等差数列，bn，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．
【真题13】（2023 甲卷）已知数列{an}中，a2＝1，设Sn为{an}前n项和，2Sn＝nan．
（1）求{an}的通项公式；
（2）求数列的前n项和Tn．
【真题14】（2023 乙卷）记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a2＝11，S10＝40．
（1）求{an}的通项公式；
（2）求数列{|an|}的前n项和Tn．
【真题15】（2023 天津）已知{an}是等差数列，a2+a5＝16，a5﹣a3＝4．
（Ⅰ）求{an}的通项公式和；
（Ⅱ）已知{bn}为等比数列，对于任意k∈N*，若2k﹣1≤n≤2k﹣1，则bk＜an＜bk+1．
（i）当k≥2时，求证：2k﹣1＜bk＜2k+1；
（ii）求{bn}的通项公式及其前n项和．
【真题16】（2023 北京）数列{an}，{bn}的项数均为m（m＞2），且an，bn∈{1，2， ，m}，{an}，{bn}的前n项和分别为An，Bn，并规定A0＝B0＝0．对于k∈{0，1，2， ，m}，定义rk＝max{i|Bi≤Ak，i∈{0，1，2， ，m}}，其中，maxM表示数集M中最大的数．
（Ⅰ）若a1＝2，a2＝1，a3＝3，b1＝1，b2＝3，b3＝3，求r0，r1，r2，r3的值；
（Ⅱ）若a1≥b1，且2rj≤rj+1+rj﹣1，j＝1，2， ，m﹣1，求rn；
（Ⅲ）证明：存在0≤p＜q≤m，0≤r＜s≤m，使得Ap+Bs＝Aq+Br．
【真题17】（2023 上海）已知f（x）＝lnx，在该函数图像Γ上取一点a1，过点（a1，f（a1））作函数f（x）的切线，该切线与y轴的交点记作（0，a2），若a2＞0，则过点（a2，f（a2））作函数f（x）的切线，该切线与y轴的交点记作（0，a3），以此类推a3，a4，…，直至am≤0停止，由这些项构成数列{an}．
（1）设am（m≥2）属于数列{an}，证明：am＝lnam﹣1﹣1；
（2）试比较am与am﹣1﹣2的大小关系；
（3）若正整数k≥3，是否存在k使得a1、a2、a3、…、ak依次成等差数列？若存在，求出k的所有取值；若不存在，请说明理由．
考向1 等差数列
解法技巧 等差数列： （1）等差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，由非等差数列构造出新的等差数列，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．
【模拟01】（2024 未央区校级模拟）已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1+a3+a5＝27，S10＝115，则数列{an}的公差为（　　）
A． B．2 C． D．1
【模拟02】（2024 石鼓区校级模拟）某统计数据共有11个样本xi（i＝1，2，…，11）．它们依次成公差d＝2的等差数列．若第60%位数为25．则它们的平均数为（　　）
A．25 B．19 C．21 D．23
【模拟03】（多选）（2024 辽宁模拟）等差数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn与Tn，且，则（　　）
A．当an＝2n﹣1时，T4＝52
B．当时，bn＝3n﹣1
C．4（a4+a7）＝5b3
D．
【模拟04】（2024 崇明区二模）若等差数列{an}的首项a1＝1，前5项和S5＝25，则a5＝　 　．
【模拟05】（2024 来宾一模）记等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2a3＝24，S5＝﹣20．
（1）求{an}的通项公式；
（2）求使1成立的n的取值集合．
考向2 等比数列
解法技巧 等比数列： （1）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，由非等比数列构造出新的等比数列，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．
【模拟01】（2024 重庆模拟）已知等比数列{an}满足：，且﹣a2是a1与a3的等差中项，则a5＝（　　）
A．32 B．2 C．1 D．﹣1
【模拟02】（2024 湖北模拟）已知数列{an}中，a1＝1，an+1an＝2n，n∈N*，则下列说法不正确的是（　　）
A．a4﹣a3＝2 B．a2n＝2a2n﹣1
C．{a2n}是等比数列 D．
【模拟03】（2024 浙江模拟）已知数列{an}满足a1＝1，且对任意m，n∈N*（m＞n）均有am+n+am﹣n＝2am+2an．记{an}的前n项和为Sn，则S7＝（　　）
A．28 B．140 C．256 D．784
【模拟04】（2024 浙江模拟）已知数列{an}满足a1＝4，且其前n项和为公比为2的等比数列．则{an}的前n项积是　 　．（用含n的式子表示）
【模拟05】（2024 西安模拟）已知各项均为正数的等比数列{an}，满足2a1+16a3＝3，．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设，数列的前n项和为Tn．求证：﹣2＜Tn≤﹣1．
考向3 数列求和
解法技巧 数列求和： （1）公式法． （2）分组求和法． （3）裂项相消法． （4）错位相减法． （5）倒序相加法．
【模拟01】（2024 衡水一模）已知数列{an}的前n项和为Sn，an＞0，且．
（1）求{an}的通项公式；
（2）设的前n项和为Tn，求Tn．
【模拟02】（2024 博爱县校级二模）记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S9＝﹣a5．
（1）若a3＝4，求{an}的通项公式；
（2）若a1＞0，求使得Sn≥an的n的取值范围．
【模拟03】（2024 石家庄模拟）已知数列{an}满足
（1）写出a2，a3，a4；
（2）证明：数列{a2n﹣1﹣6}为等比数列；
（3）若bn＝a2n，求数列{n （bn﹣3）}的前n项和Sn．
【模拟04】（2024 福建模拟）已知各项均为正数的数列{an}满足，且a1＝1．
（1）写出a2，a3，并求{an}的通项公式；
（2）记，求b1b2+b3b4+b5b6+…+b15b16．
【模拟05】（2024 赣州模拟）设数列A：a1，a2， ，aN（N 2）．如果对小于n（2 n N）的每个正整数k都有ak＞an．则称n是数列A的一个“D时刻”．记D（A）是数列A的所有“D时刻”组成的集合，D（A）的元素个数记为card（D，A）．
（1）对数列A：﹣1，1，﹣2，2，﹣3，3，写出D（A）的所有元素；
（2）数列A：a1，a2， ，a6满足{a1，a2， ，a6}＝{1，2，3，4，5，6}，若card（D，A）＝4．求数列A的种数．
（3）证明：若数列A满足an﹣an﹣1 ﹣1（n＝2，3，4， ，N），则card（D，A） a1﹣aN．

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