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第四章 数列
一．选择题（共8小题）
1．（2025秋 江西月考）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若，则S5的取值范围是（　　）
A．[30，90] B．（﹣∞，30]∪[90，+∞）
C．（30，90） D．（0，30）∪（90，+∞）
2．（2025 上海模拟）在平面直角坐标系xOy中，记，．设点An∈Pn，点Bn∈Qn，给出如下结论：
①任意a，b＞0，存在A1，A2，…，An．对任意正整数n，为大于零的常数．
②任意a，b＞0，存在B1，B2，…，Bn．对任意正整数n，为大于零的常数．
下列选项中，判断正确的是（　　）
A．命题①成立，命题②成立
B．命题①成立，命题②不成立
C．命题①不成立，命题②成立
D．命题①不成立，命题②不成立
3．（2025春 兰西县校级期中）已知数列{an}满足a1＝1，，，则数列{an}的前2025项的和（　　）
A．31012﹣2025 B．31012﹣2027
C．31013﹣2025 D．31013﹣2027
4．（2025 永州二模）已知数列{an}满足，则下列说法正确的是（　　）
A．{an}所有项恒大于等于
B．若a1＝1，则{an}是单调递增数列
C．若{an}是常数列，则
D．若a1＝2，则是单调递增数列
5．（2025春 海拉尔区校级月考）已知数列{an}满足，an﹣an+1＝anan+1（n∈N*），则的最小值为（　　）
A． B． C．16 D．18
6．（2025 黑龙江模拟）已知Sn是等比数列{an}的前n项和，则a2，a8，a5依次成等差数列”是“S3，S9，S6依次成等差数列”的（　　）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分又不必要条件
7．（2025 福建模拟）我们可以用下面的方法在线段上构造出一个特殊的点集：如图，取一条长度为1的线段，第1次操作，将该线段三等分，去掉中间一段，留下两段；第2次操作，将留下的两段分别三等分，各去掉中间一段，留下四段；按照这种规律一直操作下去．若经过n次这样的操作后，去掉的所有线段的长度总和大于，则n的最小值为（
（参考数据：lg2≈0.301，lg3≈0.477）
A．9 B．10 C．11 D．12
8．（2025春 浦东新区校级期末）若“向量列”满足，则（　　）
A．是等比数列，是等比数列
B．是等比数列，不是等比数列
C．不是等比数列，是等比数列
D．不是等比数列，不是等比数列
二．多选题（共4小题）
9．（2024秋 浙江月考）已知数列{an}的通项公式是，记{an}的前n项和为Sn，则（　　）
A．an＞1 B．
C．n＝2时，an取最大值 D．Sn＞n
10．（2025秋 武汉月考）若，数列{an}的前n项和为Sn，且，则下列说法正确的是（　　）
A．f（x）关于点（1，2）成中心对称
B．数列{an}是等差数列
C．数列{an}的通项公式为
D．
11．（2024秋 河南月考）已知数列{an}满足，且a1＝1，Sn为数列{an}的前n项和，则（　　）
A．若a100＜0，则存在k∈{2，3，…，99}，使得ak＝0
B．若a100＝100，则a1，a2，…，a100成等差数列
C．存在数列{an}，使得S102＝1
D．存在k∈N*，使得S4k+1＝100
12．（2025春 山西校级期中）记等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，公比为﹣2，则（　　）
A．|an+an+1|是等比数列
B．|log2a2n﹣1|是等差数列
C．|Sn﹣1|是等比数列
D．|3Sn﹣1|是等比数列
三．填空题（共4小题）
13．（2025秋 皇姑区校级月考）若等差数列{an}满足，则S＝a2020+a2021+a2022+…+a4039的最大值是 　 　 ．
14．（2025春 浦东新区校级期末）若数列{an}满足，则{an}最多有　 　 项．
15．（2025 合肥校级模拟）已知数列{an}各项都为正整数，a1＝3，a12＝2，若 k∈N*，（a3k﹣1﹣a3k﹣2）（a3k﹣1﹣a3k）＝1，则a1+a2+…+a12的最小值为 　 　 ．
16．（2024秋 上海校级期末）数学家斐波那契有段时间痴迷于研究有趣的数列问题，意外发现了一个特殊的数列{an}：1，1，2，3，5，8，…，从第3项起，每一项都等于它前面两项之和，即a1＝a2＝1，an+2＝an+1+an，后人把这样的数列称为“斐波那契数列”．若am＝2（a3+a6+a9+…+a2022）+1，则m＝ 　 　
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 浙江月考）现有公差为d（d＞0）的m（m≥2）项等差数列a1，a2， ，am，若从中随机取出l（0≤l≤m）项后，对于剩余项始终有aj﹣ai＞d（1≤i＜j≤m），则称将取出的项按由小到大顺序排成的数列为a1，a2， ，am的“间子列”．
（1）写出数列a1，a2，a3，a4的所有间子列；
（2）证明：存在数列a1，a2， ，am+1的一个间子列，其也为数列a1，a2， ，am的间子列；
（3）从数列a1，a2， ，am中取出若干项从小到大排成一新数列，记该数列为a1，a2， ，am的间子列的概率为pk，证明：．
18．（2025春 古蔺县校级期中）已知数列{an}满足：a1＝1，．
（1）证明：是等差数列；
（2）设，记数列{bn}的前n项和Sn．
19．（2025 保定三模）已知数列{an}的前n项和Sn满足，且a1＝4．
（1）求数列{an}的通项公式an；
（2）记，求数列{bn}的前n项和Tn．
20．（2025 昌黎县校级模拟）已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，且2a2+a4＝13，S7＝49．
（1）求{an}的通项公式；
（2）设，求数列{bn}的前n项和Tn．
第四章 数列
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025秋 江西月考）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若，则S5的取值范围是（　　）
A．[30，90] B．（﹣∞，30]∪[90，+∞）
C．（30，90） D．（0，30）∪（90，+∞）
【考点】数列与不等式的综合；求等差数列的前n项和．
【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，设等差数列{an}的公差为d，结合等差数列的通项公式和前n项和公式，变形可得12d2+10a3d+22a3﹣9＝0，将其看成以d为变量的一元二次方程，易得该方程一定有解，由此可得Δ＝（10a3）2﹣4×12×（22a3﹣9）＝496a3﹣48×9≥0，解可得a3的取值范围，又由S5＝5a3，分析可得答案．
【解答】解：根据题意，设等差数列{an}的公差为d，
若，
而S55a3，a5＝a3+2d，a6＝a3+3d，
则有5a3+2（a3+2d）（a3+3d）＝9，即2a3+2（5a3d+6d2）＝9，
变形可得：12d2+10a3d+22a3﹣9＝0，
将其看成以d为变量的一元二次方程，该方程一定有解，
则有Δ＝（10a3）2﹣4×12×（22a3﹣9）＝496a3﹣48×9≥0，
变形可得：246a3﹣108≥0，解可得a3≤6或a3≥18，
又由S5＝5a3，则S5≤30或S5≥90，即S5的取值范围是（﹣∞，30]∪[30，+∞）．
故选：B．
【点评】本题考查数列和不等式的综合应用，涉及等差数列的性质以及前n项和公式，属于中档题．
2．（2025 上海模拟）在平面直角坐标系xOy中，记，．设点An∈Pn，点Bn∈Qn，给出如下结论：
①任意a，b＞0，存在A1，A2，…，An．对任意正整数n，为大于零的常数．
②任意a，b＞0，存在B1，B2，…，Bn．对任意正整数n，为大于零的常数．
下列选项中，判断正确的是（　　）
A．命题①成立，命题②成立
B．命题①成立，命题②不成立
C．命题①不成立，命题②成立
D．命题①不成立，命题②不成立
【考点】数列与向量的综合．
【专题】转化思想；综合法；平面向量及应用；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【答案】C
【分析】根据椭圆与双曲线的几何性质，向量数量积的运算，针对各个问题，即可分别求解．
【解答】解：因为，
所以该集合表示以原点为中心，半长轴为和半短轴为的椭圆；
又，
所以该集合表示以原点为中心，实轴沿x轴的双曲线的方程；
命题①表明，对于任意a，b＞0，存在点A1，A2， ，An，使得对于任意正整数n，点积为大于零的常数，
考虑Pn上的点和Pn+1上的点
的点积为：，
为了使这个点积对于所有n都是常数，项acoshθcoshφ+bsinhθsinhφ必须与n无关，且表达式必须对所有n都为正．
我们可以选择θ＝φ＝0，那么和，
点积为：，
如果选择θ使得对于某个常数c，那么点积为c，一个常数．
由于cosh2θ和sinh2θ总是正的，点积对于所有n都为正．因此，命题②成立．
结论命题①不成立，命题②成立．
故选：C．
【点评】本题考查椭圆与双曲线的几何性质，向量数量积的综合应用，属中档题．
3．（2025春 兰西县校级期中）已知数列{an}满足a1＝1，，，则数列{an}的前2025项的和（　　）
A．31012﹣2025 B．31012﹣2027
C．31013﹣2025 D．31013﹣2027
【考点】数列的求和．
【专题】转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．
【答案】D
【分析】由题意得，然后利用累加法求得及，然后结合等比数列求和公式，利用分组求和法求解即可．
【解答】解：因为，，
所以，即，
所以当n≥2时，a2n﹣1＝（a2n﹣1﹣a2n﹣3）+（a2n﹣3﹣a2n﹣5）+ +（a3﹣a1）+a1
，又a1＝1也满足该式，
所以a2n﹣1，
所以，
所以S2025
．
故选：D．
【点评】本题考查数列求和问题，属中档题．
4．（2025 永州二模）已知数列{an}满足，则下列说法正确的是（　　）
A．{an}所有项恒大于等于
B．若a1＝1，则{an}是单调递增数列
C．若{an}是常数列，则
D．若a1＝2，则是单调递增数列
【考点】数列递推式；数列的单调性．
【专题】转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．
【答案】D
【分析】由数列的递推式和数列的单调性、对勾函数的单调性，对选项分析，可得结论．
【解答】解：数列{an}满足，
当a1＜0，可得an＜0，故A错误；
若a1＝1，可得a2，
由an+1﹣anan，可得n＝1时，a2﹣a10，
n＝2时，a3﹣a20，故{an}不是单调递增数列，故B错误；
若{an}是常数列，即有an+1＝an，即an＝an，解得an＝±，故C错误；
若a1＝2，可得an＞0，且an+1an2，可得an，
可得an+1an＝an，由对勾函数的单调性，可得是单调递增数列，故D正确．
故选：D．
【点评】本题考查数列的递推式和数列的单调性，以及对勾函数的性质，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
5．（2025春 海拉尔区校级月考）已知数列{an}满足，an﹣an+1＝anan+1（n∈N*），则的最小值为（　　）
A． B． C．16 D．18
【考点】数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．
【答案】C
【分析】根据递推关系式得到数列{}是首项为10，公差为1的等差数列，再结合基本不等式即可求解．
【解答】解：∵数列{an}满足，an﹣an+1＝anan+1（n∈N*），
∴1，
又10，
可得数列{}是首项为10，公差为1的等差数列，
∴10+1×（n﹣1）＝n+9．
∴n10≥210＝16．当且仅当n＝3时，等号成立．
故的最小值为16．
故选：C．
【点评】本题主要考查数列递推关系式的应用，考查计算能力，属于中档题．
6．（2025 黑龙江模拟）已知Sn是等比数列{an}的前n项和，则a2，a8，a5依次成等差数列”是“S3，S9，S6依次成等差数列”的（　　）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分又不必要条件
【考点】等比数列的性质；充分条件必要条件的判断．
【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列；简易逻辑；运算求解．
【答案】B
【分析】设等比数列{an}的公比为q，分别考虑充分性和必要性是否满足即得结论．
【解答】解：Sn是等比数列{an}的前n项和，
若a2，a8，a5依次成等差数列，
则2a8＝a2+a5，即，
因a1q≠0，可得2q6﹣q3﹣1＝0，解得q＝1或．
当q＝1时，S9＝9a1，S3＝3a1，S6＝6a1，不满足2S9＝S3+S6，故充分性不成立；
若S3，S9，S6依次成等差数列，可得2S9＝S3+S6，显然q≠1，
故有，
化简得：2q6﹣q3﹣1＝0，解得q＝1或，
当q＝1时，2a8＝2a1＝a2+a5，即a2，a8，a5依次成等差数列；
当时，，而，
故得2a8＝a2+a5，即a2，a8，a5依次成等差数列，故必要性成立．
故选：B．
【点评】本题主要考查了等差数列与等比数列的综合应用，还考查了充分必要条件的判断，属于中档题．
7．（2025 福建模拟）我们可以用下面的方法在线段上构造出一个特殊的点集：如图，取一条长度为1的线段，第1次操作，将该线段三等分，去掉中间一段，留下两段；第2次操作，将留下的两段分别三等分，各去掉中间一段，留下四段；按照这种规律一直操作下去．若经过n次这样的操作后，去掉的所有线段的长度总和大于，则n的最小值为（
（参考数据：lg2≈0.301，lg3≈0.477）
A．9 B．10 C．11 D．12
【考点】数列的应用；归纳推理．
【专题】计算题；转化思想；综合法；函数的性质及应用；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】D
【分析】利用已知条件，推出去掉的所有线段的关系，得到等比数列，然后求解n的最小值．
【解答】解：取一条长度为1的线段，第1次操作，将该线段三等分，去掉中间一段，留下两段；
第2次操作，将留下的两段分别三等分，各去掉中间一段，留下四段，去掉的线段为，
按照这种规律一直操作下去．若经过n次这样的操作后，去掉的线段的长度是前一段去掉的线段的长度的，
所以，去掉的所有线段的长度总和，所以，可得，
所以n（lg2﹣lg3）＜﹣2，所以n11.36，
所以n的最小值为12．
故选：D．
【点评】本题考查数列的综合应用，对数的运算法则的应用，是中档题．
8．（2025春 浦东新区校级期末）若“向量列”满足，则（　　）
A．是等比数列，是等比数列
B．是等比数列，不是等比数列
C．不是等比数列，是等比数列
D．不是等比数列，不是等比数列
【考点】等比数列的概念与判定．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；逻辑思维；运算求解．
【答案】A
【分析】先向量的求模公式得，利用等比数列的定义即可判断，利用等比数列的通项公式得，利用数量积的运算得，代入得，利用向量的性质得，代入即可求解．
【解答】解：∵（a，1）（a∈R），（xn，yn）＝（，），
∴，
∴||
||，
∴是以为公比，首项为的等比数列，
∴，
xn xn﹣1+yn yn﹣1
||2（a2+1）×（）2n﹣4
＝（a2+1）×（）n﹣1，
（a2+1）×（）n+1，
∴{}是以为公比的等比数列，
∴是等比数列，是等比数列．
故选：A．
【点评】本题考查等比数列、数量积运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
二．多选题（共4小题）
9．（2024秋 浙江月考）已知数列{an}的通项公式是，记{an}的前n项和为Sn，则（　　）
A．an＞1 B．
C．n＝2时，an取最大值 D．Sn＞n
【考点】等差数列与等比数列的综合．
【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】根据即可判定A，根据作差，判断数列的单调性可知C，根据放缩，结合等差数列以及等比数列的求和即可判断BD．
【解答】解：由，则，故A错误；
由于，故，故，故B正确；
由，可得，
，
当，故a2＞a1，
当n≥2，n（n﹣1）≥2，∴，故an+1＜an，
及数列{an}在n≥2时递减，
因此n＝2时，an取最大值，故C正确；
当n＝1时，，则S1＜1，故D错误．
故选：BC．
【点评】本题考查数列的单调性和求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
10．（2025秋 武汉月考）若，数列{an}的前n项和为Sn，且，则下列说法正确的是（　　）
A．f（x）关于点（1，2）成中心对称
B．数列{an}是等差数列
C．数列{an}的通项公式为
D．
【考点】数列与函数的综合；数列的求和；数列递推式．
【专题】计算题；整体思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】ABD
【分析】先证明f（x）+f（2﹣x）＝4，由此判断A，由条件结合关系当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1，证明，再求a1＝2，a2，由此可得，判断C，结合等差数列定义判断B，结合函数的对称性利用分组求和法求，判断D．
【解答】解：A选项，函数的定义域为（0，2），
由已知，
因此，
因此，
又（x﹣1）3+（1﹣x）3＝（x﹣1）3﹣（x﹣1）3＝0，，
因此f（x）+f（2﹣x）＝4，因此f（x）的图象关于点（1，2）对称，故A选项正确；
BC选项，因为2Sn＝nan+1，因此2Sn﹣1＝（n﹣1）an（n≥2），
因此2Sn﹣2Sn﹣1＝nan+1﹣（n﹣1）an（n≥2），因此2an＝nan+1﹣（n﹣1）an（n≥2），
因此，又，
因此，
因此，故，
因此，因此，C选项错误；
因此当n≥2时，，因此数列{an}是等差数列，故B选项正确，
D选项，因此ai+a20﹣i＝2a10＝2，f（ai）+f（a20﹣i）＝4，1≤i≤19，i∈N*，f（a10）＝f（1）＝2，
因此，
，故D选项正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查数列与函数的综合，属于中档题．
11．（2024秋 河南月考）已知数列{an}满足，且a1＝1，Sn为数列{an}的前n项和，则（　　）
A．若a100＜0，则存在k∈{2，3，…，99}，使得ak＝0
B．若a100＝100，则a1，a2，…，a100成等差数列
C．存在数列{an}，使得S102＝1
D．存在k∈N*，使得S4k+1＝100
【考点】数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑思维．
【答案】ABC
【分析】由给出的数列的首项及递推公式，利用递推关系研究数列的特定项，以及前n项和，由于递推关系不唯一确定，则需要用好不等式思想和特例思想来求解．
【解答】解：对于A，设at为数列中第一次取负值的项，则at﹣1＝0，否则|at﹣at﹣1|≥2，与题设矛盾．
所以一定存在k∈{2，3， ，99}，使得ak＝0，故A正确；
对于B，因为a100﹣a99≤1，a99﹣a98≤1， ，a2﹣a1≤1，所以a100﹣a1≤99，
所以a100≤100，当且仅当ai+1﹣ai＝1，i＝1，2，3， ，99时等号成立，
所以a1，a2， ，a100成等差数列，故B正确；
对于C，取a1＝a5＝ ＝a101＝1，a2＝a6＝ ＝a102＝0，a3＝a7＝ ＝a99＝﹣1，a4＝a8＝ ＝a100＝0，
则S102＝25（a1+a2+a3+a4）+a101+a102＝25（1+0﹣1+0）+1+0＝1，故C正确；
对于D，因为是奇数，a2k是偶数，
所以S4k+1必为奇数，因此不存在k∈N*，使得S4k+1＝100，故D错误．
故选：ABC．
【点评】本题考查利用递推式中的确定关系和不等式关系去解决相应问题，属于中档题．
12．（2025春 山西校级期中）记等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，公比为﹣2，则（　　）
A．|an+an+1|是等比数列
B．|log2a2n﹣1|是等差数列
C．|Sn﹣1|是等比数列
D．|3Sn﹣1|是等比数列
【考点】等比数列的前n项和；等比数列的性质．
【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】ABD
【分析】A选项，an+1＝﹣2an，故|an+an+1|＝|an|，为等比数列；B选项，计算出|log2a2n﹣1|＝2n﹣2，故|log2a2n+1|﹣|log2a2n﹣1|＝2，为等差数列，B正确；C选项，计算出，|S1﹣1|＝0，C错误；D选项，，满足，D正确．
【解答】解：等比数列{an}中，a1＝1，公比为﹣2，
A选项，由题意得an+1＝﹣2an，故|an+an+1|＝|an﹣2an|＝|an|，
其中，故|an+an+1|为等比数列，A正确；
B选项，，故，
又|log2a2n+1|﹣|log2a2n﹣1|＝2n﹣（2n﹣2）＝2，故|log2a2n﹣1|是等差数列，B正确；
C选项，，，|S1﹣1|＝0，故|Sn﹣1|不是等比数列，C错误；
D选项，，故，
故，所以|3Sn﹣1|为等比数列，D正确．
故选：ABD．
【点评】本题主要考查了等差数列与等比数列的综合应用，属于中档题．
三．填空题（共4小题）
13．（2025秋 皇姑区校级月考）若等差数列{an}满足，则S＝a2020+a2021+a2022+…+a4039的最大值是 　1010　 ．
【考点】由等差数列的前n项和求解数列．
【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】1010．
【分析】由等差数列的前n项和公式，设a2020+a4039＝xa1+ya2020，解得x＝﹣1，y＝3，得到．设a1＝rcosθ，a2020＝rsinθ，，可得最值．
【解答】解：∵{an}是等差数列，
∴S，
设a2020+a4039＝xa1+ya2020，则2a1+6057d＝（x+y）a1+2019yd，
∴x+y＝2，2019y＝6057，解得x＝﹣1，y＝3，
∴S1010（3a2020﹣a1），设a1＝rcosθ，a2020＝rsinθ，则，
∴，
∴S的最大值为1010．
故答案为：1010．
【点评】本题主要考查等差数列的性质及前n项和公式，涉及三角函数的辅助角公式，考查学生归纳推理与数学运算的能力，属于中档题．
14．（2025春 浦东新区校级期末）若数列{an}满足，则{an}最多有　102　 项．
【考点】数列递推式．
【专题】计算题；整体思想；分析法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】102．
【分析】根据题意可得数列是首项为100，公差为﹣1的等差数列，结合求解即可．
【解答】解：因为，因此，即，
因此数列是首项为52×4＝100，公差为﹣1的等差数列，
因此，又，
因此，
当n＝100时，，即，
因此{an}最多有102项．
故答案为：102．
【点评】本题考查数列递推式，属于中档题．
15．（2025 合肥校级模拟）已知数列{an}各项都为正整数，a1＝3，a12＝2，若 k∈N*，（a3k﹣1﹣a3k﹣2）（a3k﹣1﹣a3k）＝1，则a1+a2+…+a12的最小值为 　21　 ．
【考点】数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．
【答案】21．
【分析】由数列的递推式推得a3k﹣1﹣a3k﹣2＝﹣1，a3k﹣a3k﹣1＝1，或a3k﹣1﹣a3k﹣2＝1，a3k﹣a3k﹣1＝﹣1，讨论当a3k﹣2＝1，a3k﹣2≥2时，再由数列的并项求和，可得所求最小值．
【解答】解：数列{an}各项都为正整数，a1＝3，a12＝2，若 k∈N*，（a3k﹣1﹣a3k﹣2）（a3k﹣1﹣a3k）＝1，
则a3k﹣1﹣a3k﹣2＝﹣1，a3k﹣a3k﹣1＝1，或a3k﹣1﹣a3k﹣2＝1，a3k﹣a3k﹣1＝﹣1．
当a3k﹣2＝1时，a3k﹣2+a3k﹣1+a3k的最小值为3a3k﹣2+1；
当a3k﹣2≥2时，a3k﹣2+a3k﹣1+a3k的最小值为3a3k﹣2﹣1．
由a1＝3，可得a1+a2+a3的最小值为3+2+3＝8；
由a12＝2，可得a10+a11+a12的最小值为2+1+2＝5；
又a4+a5+a6≥1+2+1＝4，a7+a8+a9≥1+2+1＝4，
则a1+a2+...+a12的最小值为8+4+4+5＝21．
故答案为：21．
【点评】本题考查数列的递推式和数列的和的最值，考查转化思想和分类讨论思想、运算能力，属于中档题．
16．（2024秋 上海校级期末）数学家斐波那契有段时间痴迷于研究有趣的数列问题，意外发现了一个特殊的数列{an}：1，1，2，3，5，8，…，从第3项起，每一项都等于它前面两项之和，即a1＝a2＝1，an+2＝an+1+an，后人把这样的数列称为“斐波那契数列”．若am＝2（a3+a6+a9+…+a2022）+1，则m＝ 　2024　
【考点】数列递推式．
【专题】方程思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解；新定义类．
【答案】2024．
【分析】根据数列的特点，每个数等于它前面两个数的和，移项得：an＝an+2﹣an+1，使用累加法求得Sn＝an+2﹣1，然后将2（a3+a6+a9+ +a2022）+1中的2倍展成和的形式（如2a3＝a3+a3＝a1+a2+a3）即可求解．
【解答】解：由a1＝a2＝1，，得an＝an+2﹣an+1，
所以a1＝a3﹣a2，a2＝a4﹣a3，a3＝a5﹣a4，…，an＝an+2﹣an+1，
可得Sn＝a1+a2+ +an＝an+2﹣a2＝an+2﹣1，
所以Sn+1＝an+2．
所以2（a3+a6+a9+ +a2022）+1
＝（a3+a3+a6+a6+a9+a9+ +a2022+a2022）+1
＝a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8+a9+ a2020+a2021+a2022+1
＝S2022+1＝a2024＝am，
所以m＝2024．
故答案为：2024．
【点评】本题考查数列的递推式和累加法，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 浙江月考）现有公差为d（d＞0）的m（m≥2）项等差数列a1，a2， ，am，若从中随机取出l（0≤l≤m）项后，对于剩余项始终有aj﹣ai＞d（1≤i＜j≤m），则称将取出的项按由小到大顺序排成的数列为a1，a2， ，am的“间子列”．
（1）写出数列a1，a2，a3，a4的所有间子列；
（2）证明：存在数列a1，a2， ，am+1的一个间子列，其也为数列a1，a2， ，am的间子列；
（3）从数列a1，a2， ，am中取出若干项从小到大排成一新数列，记该数列为a1，a2， ，am的间子列的概率为pk，证明：．
【考点】数列的应用．
【专题】应用题；整体思想；分析法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解；新定义类．
【答案】（1）{a1，a3}，{a2，a4}，{a2，a3}；
（2）证明：考虑取出间子列后剩下的项，对于数列a1，a2， ，am，考虑其剩下的项不含am项的情况，
则对于其剩下的项，必有aj﹣ai＞d（1≤i＜j≤m），
若在剩下的项添加项am+1，则必有，
对于剩下的项ak，有am+1﹣ak≥am+1﹣am﹣1＝2d＞d，符合条件，
则剩余的项在数列a1，a2， ，am+1的情况下同样满足aj﹣ai＞d（1≤i＜j≤m），
因此此时取出的数列既是a1，a2， ，am+1的间子列，也是数列a1，a2， ，am的间子列，得证．
（3）证明：考虑取出间子列后剩下的数列，
因为间子列和剩余数列互补成原数列，因此它们一一对应，
即有“抽取到间子列的概率”和“抽取到取完间子列后剩下数列”的概率相同，
记剩余的项按原顺序排成的数列为“剩余列”，
设Q（m）为数列a1，a2， ，am+1剩余列的数量，
其中，记f（m）为不含有am剩余列的数量，t（m）为含有am剩余列的数量，则有Q（m）＝f（m）+t（m），
另一方面，由（2）中的结论有：对于与不含am的非双项剩余列，其数量与含am+1的非双项剩余列数量相同，
并且对于a1，a2， ，am+1的双项剩余列，其由am前的每一项和am+1的组合而成；
即f（m）+m﹣1＝t（m+1），
由于Q（m）＝f（m）+t（m），因此Q（m+1）＝f（m+1）+t（m+1），
因此f（m+1）＝f（m）+f（m﹣1）+m﹣2，
f（m+1）+m+1＝f（m）+m+f（m﹣1）+m﹣1
因此t（m+1）＝t（m）+t（m﹣1）+1，等价于t（m+1）+1＝t（m）+1+t（m﹣1）+1；
因此Q（m+1）+（m+2）＝Q（m）+（m+1）+Q（m﹣1）+m，
设Q（m）+（m+1）＝Fm，Fm+1＝Fm+Fm﹣1，Q（m）＝Fm﹣m﹣1，
Q（4）＝3，Q（5）＝7，F4＝8，F5＝13，
因此F4＝8＞6，F5＝13＞7，则对任意的k≥m≥6（k∈N*），均有Fm﹣2＞m；
因此m＝k+1，有Fk+1＝Fk+Fk﹣1＞2k+3＞k+3，
因为每个取出的新数列均按照从小到大的顺序排列，因此取出的方法总数共有种，
则，
要证T（m）＞T（m+1），即证2Fm﹣2m﹣2＞Fm+1﹣m﹣2；
等价于2Fm﹣m＞Fm+Fm﹣1 Fm﹣Fm﹣1＞m Fm﹣2＞m，
当m≥6时，由上可知等价命题成立；
因此m≥6时，必有T（m）＞T（m+1），即，
，
因此，得证．
【分析】（1）根据间子列的定义即可直接求解，
（2）考虑数列a1，a2， ，am其剩下的项不含am项情况，由aj﹣ai＞d（1≤i＜j≤m），在剩下的项添加项am+1，根据am+1﹣ak≥am+1﹣am﹣1＝2d＞d，结合间子列定义即可求解，
（3）根据“抽取到间子列的概率”和“抽取到取完间子列后剩下数列”的概率相同，可得Q（m）＝f（m）+t（m），进而可得Q（m+1）+（m+2）＝Q（m）+（m+1）+Q（m﹣1）+m，根据，即可求证．
【解答】解：（1）数列a1＝2，a2，a3，a4的所有间子列为{a1，a3}，{a2，a4}，{a2，a3}．
（2）证明：考虑取出间子列后剩下的项，对于数列a1，a2， ，am，考虑其剩下的项不含am项的情况，
因此对于其剩下的项，必有aj﹣ai＞d（1≤i＜j≤m），
若在剩下的项添加项am+1，因此必有，
对于剩下的项ak，有am+1﹣ak≥am+1﹣am﹣1＝2d＞d，符合条件，
因此剩余的项在数列a1，a2， ，am+1的情况下同样满足aj﹣ai＞d（1≤i＜j≤m），
因此此时取出的数列既是a1，a2， ，am+1的间子列，也是数列a1，a2， ，am的间子列，得证．
（3）证明：考虑取出间子列后剩下的数列，
因为间子列和剩余数列互补成原数列，因此它们一一对应，
因此有“抽取到间子列的概率”和“抽取到取完间子列后剩下数列”的概率相同，
记剩余的项按原顺序排成的数列为“剩余列”，
设Q（m）为数列a1，a2， ，am+1剩余列的数量，
其中，记f（m）为不含有am剩余列的数量，t（m）为含有am剩余列的数量，因此有Q（m）＝f（m）+t（m），
另一方面，由（2）中的结论有：对于与不含am的非双项剩余列，其数量与含am+1的非双项剩余列数量相同，
并且对于a1，a2，a3， ，am+1的双项剩余列，其由am前的每一项和am+1的组合而成；
因此f（m）+m﹣1＝t（m+1），
由于Q（m）＝f（m）+t（m），因此Q（m+1）＝f（m+1）+t（m+1），
因此f（m+1）＝f（m）+f（m﹣1）+m﹣2，
f（m+1）+m+1＝f（m）+m+f（m﹣1）+m﹣1
因此t（m+1）＝t（m）+t（m﹣1）+1，等价于t（m+1）+1＝t（m）+1+t（m﹣1）+1；
因此Q（m+1）+（m+2）＝Q（m）+（m+1）+Q（m﹣1）+m，
设Q（m）+（m+1）＝Fm，Fm+1＝Fm+Fm﹣1，Q（m）＝Fm﹣m﹣1，
Q（4）＝3，Q（5）＝7，F4＝8，F5＝13，
因此F4＝8＞6，F5＝13＞7，因此对任意的k≥m≥6，均有Fm﹣2＞m；
因此m＝k+1，有Fk+1＝Fk+Fk﹣1＞2k+3＞k+3，
因为每个取出的新数列均按照从小到大的顺序排列，因此取出的方法总数共有种，
因此，
要证T（m）＞T（m+1），因此证2Fm﹣2m﹣2＞Fm+1﹣m﹣2；
等价于2Fm﹣m＞Fm+Fm﹣1 Fm﹣Fm﹣1＞m Fm﹣2＞m，
当m≥6时，由上可知等价命题成立；
因此m≥6时，必有T（m）＞T（m+1），因此，
，
因此，得证．
【点评】本题考查数列的应用，属于难题．
18．（2025春 古蔺县校级期中）已知数列{an}满足：a1＝1，．
（1）证明：是等差数列；
（2）设，记数列{bn}的前n项和Sn．
【考点】数列的求和；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】（1）证明：由已知得an≠0，由，
得，即，
所以数列是首项为1和公差为3的等差数列；
（2）．
【分析】（1）将已知递推式取倒数变形为，然后利用等差数列的定义证明即可；
（2）由等差数列的通项公式求得，进而得，然后利用错位相减法求和即可．
【解答】解：（1）证明：对已知数列{an}的递推式的两边同时取倒数，
可得，即，
所以数列是首项为1和公差为3的等差数列；
（2）由等差数列的通项公式得，
即，
所以，
所以，，
两式相减可得
，
可得．
【点评】本题考查等差数列的通项公式与等比数列的求和公式，以及数列的错位相减法求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
19．（2025 保定三模）已知数列{an}的前n项和Sn满足，且a1＝4．
（1）求数列{an}的通项公式an；
（2）记，求数列{bn}的前n项和Tn．
【考点】数列的求和；数列递推式．
【专题】计算题；转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．
【答案】（1）an＝8n﹣4；
（2）．
【分析】（1）先根据等差数列的通项公式求出，从而可得Sn，再由an＝Sn﹣Sn﹣1，即可求解an；
（2）利用裂项求和法求解即可．
【解答】解：（1），
，
∴，∴．
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝8n﹣4，
且a1＝4满足上式，
∴an＝8n﹣4．
（2）
，
∴Tn＝b1+b2+…+bn[1]
，
∴数列{bn}的前n项和为．
【点评】本题主要考查数列递推式，数列的求和，考查运算求解能力，属于中档题．
20．（2025 昌黎县校级模拟）已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，且2a2+a4＝13，S7＝49．
（1）求{an}的通项公式；
（2）设，求数列{bn}的前n项和Tn．
【考点】数列的求和．
【专题】综合题；方程思想；转化法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】（1）an＝2n﹣1，n∈N*；
（2）Tn 4n+n2．
【分析】（1）先设等差数列{an}的公差为d，再根据题干已知条件列出关于a1与公差d的方程组，解出a1与d的值，即可计算出数列{an}的通项公式；
（2）先根据第（1）题的结果计算出数列{bn}的通项公式，再运用分组求和法，等差数列和等比数列的求和公式即可计算出前n项和Tn．
【解答】解：（1）由题意，设等差数列{an}的公差为d，
则，
化简整理，得，
解得，
∴an＝1+2 （n﹣1）＝2n﹣1，n∈N*．
（2）由（1），可得2n﹣1+22n﹣1，
则Tn＝b1+b2+…+bn
＝（1+21）+（3+23）+…+[（2n﹣1）+22n﹣1]
＝[1+3+…+（2n﹣1）]+（21+23+…+22n﹣1）
4n+n2．
【点评】本题主要考查数列求通项公式，以及数列求和问题．考查了方程思想，转化与化归思想，分组求和法，等差数列和等比数列的求和公式的运用，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
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