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高考数学押题预测 数列
一．选择题（共8小题）
1．（2025 湛江一模）在等比数列{an}中，a3 a5＝49，a4+a6＝70，则a8＝（　　）
A．﹣567 B．567 C．451 D．699
2．（2025 香坊区校级开学）若在等差数列{an}中，a1+a2+a3＝21，a4+a5+a6＝39．则{an}的公差为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．6
3．（2025春 浙江月考）定义在（0，+∞）的增函数f（x）满足：f（x）+f（y）＝f（xy）﹣1，且f（2）＝0，f（an）＝n﹣1，已知数列{an}的前n项和为Sn，则使得Sn＜2025成立的n的最大值是（　　）
A．8 B．9 C．10 D．11
4．（2025 重庆模拟）已知数列{an}满足a1＝3，，则a7＝（　　）
A． B． C．3 D．2
5．（2024秋 琅琊区校级期末）已知等差数列{an}满足a1+a4+a19＝6，则a3+a13＝（　　）
A．2 B．4 C．6 D．8
6．（2025 六盘水模拟）如果等比数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，且a3＝4，S3＝7，设，那么（　　）
A． B． C． D．
7．（2025 盐山县校级一模）嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造卫星．为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{bn}：，，依次类推，其中，则（　　）
A．b1＜b5 B．b3＜b5 C．b6＜b2 D．b4＜b7
8．（2024秋 市北区校级期末）设数列{an}满足a1＝1，a2＝4，an+an+2＝2an+1+2，若[x）表示大于x的最小整数，如[2）＝3，[﹣2.1）＝﹣2，记，则数列{bn}的前2024项之和为（　　）
A．4050 B．4049 C．4048 D．4047
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 海南模拟）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S6＝﹣9，an+2﹣an＝﹣6，则（　　）
A．等差数列{an}的公差d＝﹣3
B．Sn的最大值为S2或S3
C．a2+a3+a7+a8＝﹣24
D． n∈N*，an＜an+1
（多选）10．（2025 鼓楼区校级开学）已知数列{an}满足a1＝t（t为正整数），，则下列结论正确的是（　　）
A．若t＝27，则a8＝1
B．若a5＝1，则t所有可能取值的集合为{3，9，12，13，81}
C．若t＝3k，k为正整数，则{an}的前k项和为
D．任意n∈N*，an，an+1，an+2都不能构成等差数列
（多选）11．（2025 鄂州一模）设5个正实数组成公差大于0的等差数列，记其首项为a，公差为d，且这5个数中有3个数组成等比数列，则的值可能为（　　）
A． B． C．1 D．2
（多选）12．（2024秋 渭滨区期末）已知，x成等比数列，则x的值可以是（　　）
A．0 B．1 C． D．﹣1
三．填空题（共4小题）
13．（2025 湛江一模）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S2n﹣1＝4n2﹣2an﹣1，a1＝1，则数列{an}的通项公式为 　 　．
14．（2025 淄博模拟）已知等比数列{an}的各项为正数，前n项和为Sn，若S3＝13，a3＝9，则公比q＝ 　 　．
15．（2025春 上海月考）若{an}是首项为2，公差为3的等差数列，则a4＝ 　 　．
16．（2025 安顺模拟）等差数列8，5，2，…的第10项为　 　．
四．解答题（共4小题）
17．（2025 武威模拟）已知公差不为零的等差数列{an}满足a1＝1，且a2，a4，a8成等比数列．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）证明：lnan≤an﹣1；
（3）若数列{bn}满足，证明：（e为自然对数的底）．
18．（2025 五华区模拟）已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且．
（1）证明：数列是等差数列；
（2）求数列{an}的通项公式；
（3）若，求t的取值范围．
19．（2025 东昌府区校级模拟）斐波那契数列定义为：数列中每一项都是前两项之和（第一、二项可任意给定），如果用Fn表示数列的第n项，则每一个斐波那契数列都符合递推公式Fn+2＝Fn+Fn+1．
（1）已知斐波那契数列{an}，{bn}，记cn＝an+bn，证明：{cn}是斐波那契数列；
（2）若存在首项为1的等比数列为斐波那契数列，试求符合此条件的等比数列通项公式；
（3）一个常见的斐波那契数列{On}为：0，1，1，2，…，{On}又被称为“黄金数列”，这是因为存在首项为1的等比数列{An}，{Bn}，使得，其中为黄金数．
（i）试求{An}，{Bn}的通项公式；
（ii）证明：对于任一斐波那契数列{Fn}，存在实数对（a，b），使得Fn＝aAn+bBn．
20．（2025 重庆模拟）定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M﹣数列”．
（1）已知等比数列满足：a3a8＝a10，a4﹣6a3+9a2＝0，判断数列{an}是否为“M﹣数列”．如果是，说明理由；
（2）已知数列满足：b1＝1，，其中Sn为数列{bn}的前n项和．
①求数列{bn}的通项公式；
②设m为正整数，若存在“M﹣数列”，对任意正整数k，当k≤m时，都有ck≤bk≤ck+1成立，求m的最大值．
高考数学押题预测 数列
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025 湛江一模）在等比数列{an}中，a3 a5＝49，a4+a6＝70，则a8＝（　　）
A．﹣567 B．567 C．451 D．699
【考点】等比数列的性质．
【专题】转化思想；转化法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】B
【分析】由已知根据等比中项可得a4＝±7，分两种情况求解即可．
【解答】解：由，解得a4＝±7，
当a4＝﹣7时，a4+a6＝﹣7﹣7q2＝70，所以q2＝﹣11＜0，故舍去，
所以a4＝7，所以a4+a6＝7+7q2＝70，所以q2＝9，
即．
故选：B．
【点评】本题考查等比数列的性质和通项公式，属于基础题．
2．（2025 香坊区校级开学）若在等差数列{an}中，a1+a2+a3＝21，a4+a5+a6＝39．则{an}的公差为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．6
【考点】等差数列的通项公式．
【专题】计算题；方程思想；定义法；等差数列与等比数列；逻辑思维；运算求解．
【答案】B
【分析】根据等差数列的通项公式，将已知等式化简，两式相减即可求得答案．
【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，
因为a1+a2+a3＝21，a4+a5+a6＝39，
所以（a4+a5+a6）﹣（a1+a2+a3）＝9d＝39﹣21＝18，
所以d＝2．
故选：B．
【点评】本题考查等差数列的通项公式，考查学生基本的数学运算能力，属于基础题．
3．（2025春 浙江月考）定义在（0，+∞）的增函数f（x）满足：f（x）+f（y）＝f（xy）﹣1，且f（2）＝0，f（an）＝n﹣1，已知数列{an}的前n项和为Sn，则使得Sn＜2025成立的n的最大值是（　　）
A．8 B．9 C．10 D．11
【考点】求等比数列的前n项和；抽象函数的值域．
【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】B
【分析】应用赋值法计算得出，再应用等比数列的求和公式计算可得．
【解答】解：∵f（x）+f（y）＝f（xy）﹣1，f（an）＝n﹣1
由题f（2）＝0＝1﹣1，∴a1＝2；
令x＝y＝2，∴f（2）+f（2）＝f（4）﹣1，∴f（4）＝1＝2﹣1，∴a2＝4；
令x＝2，y＝4，∴f（2）+f（4）＝f（8）﹣1，∴f（8）＝2＝3﹣1，∴a3＝8；
∴，∴，
∴2n+1＜2027．
∵210＝1024，211＝2048，∴（n+1）max＝10，∴nmax＝9．
故选：B．
【点评】本题主要考查了等比数列求和公式的应用，属于中档题．
4．（2025 重庆模拟）已知数列{an}满足a1＝3，，则a7＝（　　）
A． B． C．3 D．2
【考点】数列递推式．
【答案】C
【分析】利用数列{an}的递推公式推出{an}是以3为周期的数列，进而求解．
【解答】解：数列{an}满足a1＝3，，
所以，
，，…，
所以{an}的最小正周期为3，
则a7＝a1＝3．
故选：C．
【点评】本题考查数列中的项，求得数列的周期是解题的关键，考查运算能力和推理能力，属于中档题．
5．（2024秋 琅琊区校级期末）已知等差数列{an}满足a1+a4+a19＝6，则a3+a13＝（　　）
A．2 B．4 C．6 D．8
【考点】等差数列的性质．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】B
【分析】根据题意，由等差数列的性质求出a8＝2，结合等差中项的性质分析可得答案．
【解答】解：根据题意，等差数列{an}中，a1+a4+a19＝6，
则有a1+a4+a19＝3a1+21d＝3a8＝6，即a8＝2，
故a3+a13＝2a8＝4．
故选：B．
【点评】本题考查等差数列的性质，涉及等差数列的通项公式，属于基础题．
6．（2025 六盘水模拟）如果等比数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，且a3＝4，S3＝7，设，那么（　　）
A． B． C． D．
【考点】求等比数列的前n项和．
【专题】方程思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】C
【分析】由等比数列的通项公式、前n项和公式，求得首项和公比，进而求得an，bn，再由裂项相消法求和，即可得到所求和．
【解答】解：设等比数列{an}的公比为q，
因为a3＝4，S3＝7，
所以，，
解得a1＝1，q＝2，所以，
所以，
所以，
所以．
故选：C．
【点评】本题考查等比数列的通项公式、前n项和公式以及裂项相消法求和，属于中档题．
7．（2025 盐山县校级一模）嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造卫星．为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{bn}：，，依次类推，其中，则（　　）
A．b1＜b5 B．b3＜b5 C．b6＜b2 D．b4＜b7
【考点】数列的应用．
【专题】计算题；整体思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．
【答案】D
【分析】，利用特殊值取ak＝1，依次求出数列的前7项，能求出正确选项．
【解答】解：∵，∴可以取ak＝1，
则，
，
，
，
，
，
，
∴b1＞b5，故A错误；
b3＞b5，故B错误；
b6＞b2，故C错误；
b4＜b7，故D正确．
故选：D．
【点评】本题考查了数列的应用，属于中档题．
8．（2024秋 市北区校级期末）设数列{an}满足a1＝1，a2＝4，an+an+2＝2an+1+2，若[x）表示大于x的最小整数，如[2）＝3，[﹣2.1）＝﹣2，记，则数列{bn}的前2024项之和为（　　）
A．4050 B．4049 C．4048 D．4047
【考点】数列求和的其他方法；数列递推式．
【专题】计算题；转化思想；综合法；等差数列与等比数列；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑思维；运算求解；新定义类．
【答案】B
【分析】变形得到（an+2﹣an+1）﹣（an+1﹣an）＝2，从而{an+1﹣an}为等差数列，得到an+1﹣an＝2n+1，累加法得到，从而，得到b1＝[2）＝3，当n≥2时，，故，从而求出答案．
【解答】解：由于：数列{an}满足a1＝1，a2＝4，an+an+2＝2an+1+2，
故{an+1﹣an}为公差为2的等差数列，首项为a2﹣a1＝4﹣1＝3，
所以an+1﹣an＝3+2（n﹣1）＝2n+1，
则an＝（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+ +（a2﹣a1）+a1，
故，
故b1＝[2）＝3，当n≥2时，，故，
所以数列{bn}的前2024项之和为3+2×2023＝4049．
故选：B．
【点评】本题考查的知识点：数列的递推关系式，数列的求和，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 海南模拟）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S6＝﹣9，an+2﹣an＝﹣6，则（　　）
A．等差数列{an}的公差d＝﹣3
B．Sn的最大值为S2或S3
C．a2+a3+a7+a8＝﹣24
D． n∈N*，an＜an+1
【考点】等差数列的前n项和；等差数列通项公式的应用．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】ABC
【分析】利用等差数列的通项公式和前n项和公式，求出首项和公差，结合等差数列的性质逐项进行判断即可．
【解答】解：根据题意，设等差数列{an}的公差为d，
由于S6＝﹣9，an+2﹣an＝﹣6，
则，即，解得，故A正确；
因此可得数列{an}是以6为首项，﹣3为公差的等差数列，
由d＜0，则数列{an}为递减数列，即 n∈N*，an＞an+1，故D错误；
又an＝6+（n﹣1）×（﹣3）＝﹣3n+9，
当n＝3时，a3＝0，所以Sn的最大值为S2或S3，故B正确；
由a2+a3+a7+a8＝4a5＝4（﹣15+9）＝﹣24，故C正确．
故选：ABC．
【点评】本题考查等差数列的性质和应用，涉及等差数列的求和，属于基础题．
（多选）10．（2025 鼓楼区校级开学）已知数列{an}满足a1＝t（t为正整数），，则下列结论正确的是（　　）
A．若t＝27，则a8＝1
B．若a5＝1，则t所有可能取值的集合为{3，9，12，13，81}
C．若t＝3k，k为正整数，则{an}的前k项和为
D．任意n∈N*，an，an+1，an+2都不能构成等差数列
【考点】数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】AD
【分析】根据递推公式代入计算可判断A正确，B错误，由t＝3k可知数列的前k构成等比数列，利用等比数列前n项和公式计算可得C错误，对n∈N*，an，an+1，an+2中的前两项是否为3的倍数进行分类讨论，再由等差数列定义判断即可得D正确．
【解答】解：数列{an}满足a1＝t（t为正整数），，
对于A，若t＝27，可得a1＝27，
根据递推公式计算可得a2＝9，a3＝3，a4＝1，a5＝3，a6＝1，a7＝3，a8＝1，即可得A正确；
对于B，由题意a1＝t（t为正整数）以及递推公式可知an均为正整数；
显然当a5＝1时，可得a4只能为3，
再根据递推公式可得前3项的取值有以下情况：
a3＝9，a2＝27，a1＝81；a3＝9，a2＝27，a1＝13；a3＝9，a2＝4，a1＝12；
a3＝1，a2＝3，a1＝9；a3＝1，a2＝3，a1＝1；
所以t所有可能取值的集合为{1，9，12，13，81}，可得B错误；
对于C，若t＝3k，k为正整数，显然可知数列的前k构成等比数列，公比为，ak＝1；
则可知数列{an}的前k项和为，即C错误；
对于D，若n∈N*，an，an+1都不为3的倍数，且an，an+1，an+2能构成等差数列，
则an+1＝2an+1，an+2＝2an+1+1，因此，
解得an+1＝﹣1，与题意矛盾，显然此时an，an+1，an+2不能构成等差数列；
若任意n∈N*，an，an+1都为3的倍数，且an，an+1，an+2能构成等差数列，
因此可得，显然此时，
显然此时an，an+1，an+2不能构成等差数列；
若n∈N*，an为3的倍数，an+1不为3的倍数，且能构成等差数列，
则an＝3an+1，an+2＝2an+1+1，因此an+an+2＝5an+1+1＝2an+1，
解得，与题意矛盾，显然此时an，an+1，an+2不能构成等差数列；
若n∈N*，an不为3的倍数，an+1为3的倍数，且能构成等差数列，
则，因此，
解得，与题意矛盾，显然此时an，an+1，an+2不能构成等差数列；
综上可得，任意n∈N*，an，an+1，an+2都不能构成等差数列，即D正确．
故选：AD．
【点评】本题考查数列的递推式和等差数列、等比数列的通项公式和求和公式，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
（多选）11．（2025 鄂州一模）设5个正实数组成公差大于0的等差数列，记其首项为a，公差为d，且这5个数中有3个数组成等比数列，则的值可能为（　　）
A． B． C．1 D．2
【考点】由等比数列中若干项求通项公式或其中的项．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】BC
【分析】结合等差数列，等比数列的性质即可求解．
【解答】解：5个正实数组成公差大于0的等差数列，
记其首项为a，公差为d，且这5个数中有3个数组成等比数列，
由题意知等差数列的5个正实数为a，a+d，a+2d，a+3d，a+4d，
若a，a+d，a+2d成等比数列，
则由等比数列的性质得（a+d）2＝a（a+2d），解得d＝0，与题意不符；
若a，a+d，a+3d成等比数列，
则由等比数列的性质得（a+d）2＝a（a+3d），解得d2＝ad，即，符合题意；
若a，a+d，a+4d成等比数列，
则由等比数列的性质得（a+d）2＝a（a+4d），解得d2＝2ad，即，符合题意；
若a+d，a+2d，a+3d成等比数列，
则由等比数列的性质得（a+2d）2＝（a+d）（a+3d），解得d＝0，与题意不符；
若a+d，a+2d，a+4d成等比数列，
则由等比数列的性质得（a+2d）2＝（a+d）（a+4d），解得ad＝0，与题意不符；
若a+d，a+3d，a+4d成等比数列，
则由等比数列的性质得（a+3d）2＝（a+d）（a+4d），解得ad＝﹣5d2，与题意不符；
若a+2d，a+3d，a+4d成等比数列，
则由等比数列的性质得（a+3d）2＝（a+2d）（a+4d），解得d＝0，与题意不符；
若a，a+2d，a+3d成等比数列，
则由等比数列的性质得（a+2d）2＝a（a+3d），解得4d2＝﹣ad，与题意不符；
若a，a+2d，a+4d成等比数列，
则由等比数列的性质得（a+2d）2＝a（a+4d），解得d2＝0，与题意不符；
若a，a+3d，a+4d成等比数列，
则由等比数列的性质得（a+3d）2＝a（a+4d），解得，与题意不符；
综上，或．
故选：BC．
【点评】本题考查等比数列等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
（多选）12．（2024秋 渭滨区期末）已知，x成等比数列，则x的值可以是（　　）
A．0 B．1 C． D．﹣1
【考点】等比数列的性质．
【专题】方程思想；定义法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】BD
【分析】根据等比中项建立等式求解即可．
【解答】解：∵，x成等比数列，
∴根据题意可知：，
解得x＝±1．
故选：BD．
【点评】本题考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
三．填空题（共4小题）
13．（2025 湛江一模）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S2n﹣1＝4n2﹣2an﹣1，a1＝1，则数列{an}的通项公式为 　an＝2n﹣1　．
【考点】数列递推式．
【专题】方程思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】an＝2n﹣1．
【分析】取n＝2可得关于a2的方程，求解可得a2＝3，结合a1＝1，求得公差d，再由等差数列的通项公式即可求得．
【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，
因为，
所以，
所以a2＝3，
因为a1＝1，所以d＝a2﹣a1＝2，
所以an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1．
故答案为：an＝2n﹣1．
【点评】本题考查等差数列的通项公式求法，属于基础题．
14．（2025 淄博模拟）已知等比数列{an}的各项为正数，前n项和为Sn，若S3＝13，a3＝9，则公比q＝ 　3　．
【考点】求等比数列的前n项和．
【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】3．
【分析】根据S3的定义以及等比数列的定义，建立方程，可得答案．
【解答】解：等比数列{an}的各项为正数，
由S3＝a1+a2+a3，可得S3﹣a3＝a1+a2＝4，
可得，
整理可得4q2﹣9q﹣9＝0，分解因式可得（4q+3）（q﹣3）＝0，
解得q＝3或（舍去）．
故答案为：3．
【点评】本题主要考查了等比数列通项公式及求和公式的应用，属于基础题．
15．（2025春 上海月考）若{an}是首项为2，公差为3的等差数列，则a4＝ 　11　．
【考点】等差数列的通项公式．
【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】11．
【分析】根据等差数列的通项公式求值即可．
【解答】解：{an}是首项为2，公差为3的等差数列，
则an＝a1+（n﹣1）d＝2+（n﹣1）×3＝3n﹣1，
所以a4＝3×4﹣1＝11．
故答案为：11．
【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式的应用，属于基础题．
16．（2025 安顺模拟）等差数列8，5，2，…的第10项为　﹣19　．
【考点】等差数列的通项公式．
【专题】等差数列与等比数列．
【答案】见试题解答内容
【分析】由题意得到等差数列的首项和公差，代入通项公式求解．
【解答】解：由等差数列8，5，2，…可知，该数列为首项a1＝8，公差d＝﹣3的等差数列，
所以a10＝a1+9d＝8+9×（﹣3）＝﹣19．
故答案为﹣19．
【点评】本题考查了等差数列的通项公式，是基础的计算题．
四．解答题（共4小题）
17．（2025 武威模拟）已知公差不为零的等差数列{an}满足a1＝1，且a2，a4，a8成等比数列．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）证明：lnan≤an﹣1；
（3）若数列{bn}满足，证明：（e为自然对数的底）．
【考点】数列求和的其他方法；等差数列与等比数列的综合．
【专题】转化思想；综合法；导数的综合应用；等差数列与等比数列；数学抽象；运算求解．
【答案】（1）；
（2）证明见解析；
（3）证明见解析．
【分析】（1）由等差数列的通项公式及等比数列的性质即可求解，进而可得通项公式；
（2）设f（x）＝lnx﹣x+1，求导，可得f（x）的单调性，进而可得结论；
（3）由题意需证，由（2）可得ln（1），利用放缩法与裂项相消法可证结论．
【解答】（1）解：设等差数列{an}公差为d（d≠0），∵a1＝1，a2，a4，a8成等比数列，
∴，即（1+3d）2＝（1+d）（1+7d），解得d＝1或d＝0（舍去），
∴数列{an}的通项公式；
（2）证明：设，
当x≥1时，f′（x）≤0，∴f（x）单调递减，
∴f（x）≤f（1）＝0，∴lnx﹣x+1≤0，由（1）可知an≥1，
则有lnan﹣an+1≤0，∴不等式lnan≤an﹣1恒立．
（3）证明：∵，
∴要证，
只需证，
由（2）可知lnx≤x﹣1（当且仅当x＝1时等号成立），
又，∴0，∴ln（1），
则
，
∴．
【点评】本题主要考查等差数列与等比数列的综合，不等式的证明，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题．
18．（2025 五华区模拟）已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且．
（1）证明：数列是等差数列；
（2）求数列{an}的通项公式；
（3）若，求t的取值范围．
【考点】数列递推式；等差数列的概念与判定．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】（1）证明见解答；（2）an＝2n﹣1，n∈N*；（3）（0，]．
【分析】（1）由数列的通项与求和的关系，以及等差数列的定义，可得证明；
（2）由等差数列的通项公式和数列通项与求和的关系，可得所求；
（3）由参数分离和数列的单调性、不等式恒成立思想，可得所求取值范围．
【解答】解：（1）证明：各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且，
可得Sn﹣Sn﹣1＝（）（），
即有1，
数列是首项和公差均为1的等差数列；
（2）由等差数列的通项公式，可得n，即Sn＝n2，
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝n2﹣（n﹣1）2＝2n﹣1，对n＝1也成立，
则an＝2n﹣1，n∈N*；
（3）若，
可得（1+1）（1）...（1） t恒成立，
设bn＝（1+1）（1）...（1） ，
则bn+1＝（1+1）（1）...（1）（1） ，
1，可得数列{bn}为递增数列，
则bn≥b1，即有0＜t，
可得t的取值范围是（0，]．
【点评】本题考查数列的通项与求和的关系，以及等差数列的通项公式和数列的单调性、不等式恒成立问题，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
19．（2025 东昌府区校级模拟）斐波那契数列定义为：数列中每一项都是前两项之和（第一、二项可任意给定），如果用Fn表示数列的第n项，则每一个斐波那契数列都符合递推公式Fn+2＝Fn+Fn+1．
（1）已知斐波那契数列{an}，{bn}，记cn＝an+bn，证明：{cn}是斐波那契数列；
（2）若存在首项为1的等比数列为斐波那契数列，试求符合此条件的等比数列通项公式；
（3）一个常见的斐波那契数列{On}为：0，1，1，2，…，{On}又被称为“黄金数列”，这是因为存在首项为1的等比数列{An}，{Bn}，使得，其中为黄金数．
（i）试求{An}，{Bn}的通项公式；
（ii）证明：对于任一斐波那契数列{Fn}，存在实数对（a，b），使得Fn＝aAn+bBn．
【考点】数列递推式；数列的求和．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解；新定义类．
【答案】（1）证明见解析；
（2）均是符合要求的等比数列；
（3）（i）；（ii）证明见解析．
【分析】（1）根据斐波那契数列的定义，证明即可；
（2）根据依斐波那契数列定义和等比数列的定义得：1+q＝q2，可求q；
（3）（i）设{An}通项公式为通项公式为，根据题意求出
q1，q2即可；
（ii）先证命题1：任一斐波那契数列乘以实数仍是斐波那契，再证命题2：对于两个斐波那契数列{Sn}，{Tn}，若S1＝T1，S2＝T2，则Sn＝Tn，即可得证原命题．
【解答】解：（1）证明：由斐波那契数列定义：数列中每一项都是前两项之和（第一、二项可任意给定），
如果用Fn表示数列的第n项，则每一个斐波那契数列都符合递推公式Fn+2＝Fn+Fn+1．
∵{an}，{bn}为斐波那契数列，
∴，
∵cn＝an+bn，
则，
∴{cn}是斐波那契数列；
（2）若存在首项为1的等比数列为斐波那契数列，
设首项为1的等比数列公比为q（q≠0），
则数列为：1，q，q2， ，通项qn﹣1，
依斐波那契数列定义：1+q＝q2，解得，
由1+q＝q2可推出qn﹣1+qn＝qn+1，
故均是符合要求的等比数列；
（3）（i）一个常见的斐波那契数列{On}为：0，1，1，2，…，{On}又被称为“黄金数列”，
这是因为存在首项为1的等比数列{An}，{Bn}，
使得，其中为黄金数．
设{An}通项公式为通项公式为，
依题意：G1＝0，G2＝1，G3＝1，
则，解得，
知；
（ii）证明：先证命题1：任一斐波那契数列乘以实数仍是斐波那契数列，
对于斐波那契数列Fn，实数c，
由Fn+2＝Fn+1+Fn，知cFn+2＝cFn+1+cFn，故cFn为斐波那契，证毕；
再证命题2：对于两个斐波那契数列{Sn}，{Tn}，若S1＝T1，S2＝T2，则Sn＝Tn，
数学归纳法：S1＝T1，S2＝T2满足，
假设对n≤k，均满足Sn＝Tn，
则对n＝k+1，Sk+1＝Sk+Sk﹣1＝Tk+Tk﹣1＝Tk+1，
故Sn＝Tn，证毕；
下证原题：对于斐波那契数列，假设存在（a，b）满足F1＝aA1+bB1，F2＝aA2+bB2，
则有方程组，整理得：，
下证aAn+bBn＝Fn，由命题1和第（1）问aAn+bBn是斐波那契数列，
由命题2，aAn+bBn＝Fn，证毕．
【点评】本题考查数列的递推式和斐波那契数列，以及等比数列的定义、通项公式，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
20．（2025 重庆模拟）定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M﹣数列”．
（1）已知等比数列满足：a3a8＝a10，a4﹣6a3+9a2＝0，判断数列{an}是否为“M﹣数列”．如果是，说明理由；
（2）已知数列满足：b1＝1，，其中Sn为数列{bn}的前n项和．
①求数列{bn}的通项公式；
②设m为正整数，若存在“M﹣数列”，对任意正整数k，当k≤m时，都有ck≤bk≤ck+1成立，求m的最大值．
【考点】数列与不等式的综合；由等比数列中若干项求通项公式或其中的项．
【专题】新定义；转化思想；分析法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．
【答案】（1）数列{an}为“M﹣数列”；理由见解析；
（2）①bn＝n；②5．
【分析】（1）设等比数列{an}的公比为q，由a3a8＝a10，a4﹣6a3+9a2＝0，求出首项a1＝2和q即可判断数列{an}是否为“M﹣数列”；
（2）①由得，由bn＝Sn﹣Sn﹣1即可求出；
②设{cn}的公比为q，存在“M﹣数列”，对任意正整数k，当k≤m时，都有ck≤bk≤ck+1成立，即qk﹣1≤k≤qk对k≤m恒成立，k＝1，k＝2时可单独得出q的范围；当k≥3，两边取对数可得，对k≤m有解，即，构造，利用导数研究单调性求得相应最值，然后研究上述关于q的不等式有解的必要条件，即成立的整数m的取值范围，得到正整数m最大为5时q的范围，进一步验证此处得出的q的范围满足k＝1，k＝2时得到的q的范围的要求，进而求解．
【解答】解：（1）设等比数列{an}的公比为q，则
由a3a8＝a10，a4﹣6a3+9a2＝0，
∴， 得，
根据题目所给定义：定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M﹣数列”，
∴数列{an}首项为1且公比为正数，即数列{an}为“M﹣数列”；
（2）①当n＝1，，b2＝2
当n≥2，∵，
∴，，
∴，
∴，
2（bn+1﹣bn）（bn﹣bn﹣1）＝bn+1（bn﹣bn﹣1）﹣bn﹣1（bn+1﹣bn），
展开化简得bn+1+bn﹣1＝2bn，∴{bn}是等差数列，
故数列{bn}的通项公式为bn＝n；
②设{cn}的公比为q．
存在“M﹣数列”，对任意正整数k，当k≤m时，都有ck≤bk≤ck+1成立，
即qk﹣1≤k≤qk对k≤m恒成立，
当k＝1时，q≥1，当k＝2时，，
当k≥3，两边取对数可得，对k≤m有解，
即，
令，则，
当x≥3时，f′（x）＜0，此时f（x）递减，
∴当k≥3时，，
令，则，
令，则，
当x≥3时， ′（x）＜0，∴φ（x）为单调递减函数，
∴，
即g′（x）＜0，∴g（x）在[3，+∞）上单调递减，
即3≤k≤m时，，
所以，其中，
下面求解不等式，
化简，得3lnm﹣（m﹣1）ln3≥0，
令h（m）＝3lnm﹣（m﹣1）ln3，则，
由k≥3得m≥3，进而h′（m）＜0，∴h（m）在[3，+∞）上单调递减，
又由于h（5）＝3ln5﹣4ln3＝ln125﹣ln81＞0，h（6）＝3ln6﹣5ln3＝ln216﹣ln243＜0，
故使得h（m）＞0的最大整数m＝5，此时，
又因为，
所以当m＝5时，满足题意，
综上所述，满足题意的实数m的最大值为5．
【点评】本题考查数列新定义，属于难题．
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