【文档说明】【精准解析】本章三年高考真题与高考等值卷（数列）（理科数学）【高考】.docx，共(49)页，1.575 MB，由小赞的店铺上传

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三年高考真题与高考等值卷(数列)(理科数学)1.数列的概念和简单表示法(1)了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图像、通项公式).(2)了解数列是自变量为正整数的一类函数.2.等差数列、等比数列(1

)理解等差数列、等比数列的概念.(2)掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式.(3)能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系,并能用有关知识解决相应的问题.(4)了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系.1．【2019年

新课标3理科05】已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，且a5＝3a3+4a1，则a3＝（）A．16B．8C．4D．2【解答】解：设等比数列{an}的公比为q（q＞0），则由前4项和为1

5，且a5＝3a3+4a1，有，∴，∴，故选：C．2．【2019年新课标1理科09】记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则（）A．an＝2n﹣5B．an＝3n﹣10C．Sn＝2n2﹣8nD．Snn2﹣2n【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，由S4＝

0，a5＝5，得，∴，∴an＝2n﹣5，，故选：A．3．【2019年浙江10】设a，b∈R，数列{an}满足a1＝a，an+1＝an2+b，n∈N*，则（）A．当b时，a10＞10B．当b时，a10＞10C．当b＝﹣2时

，a10＞10D．当b＝﹣4时，a10＞10【解答】解：对于B，令0，得λ，取，∴，∴当b时，a10＜10，故B错误；对于C，令x2﹣λ﹣2＝0，得λ＝2或λ＝﹣1，取a1＝2，∴a2＝2，…，an＝2＜10，∴当b＝﹣2时

，a10＜10，故C错误；对于D，令x2﹣λ﹣4＝0，得，取，∴，…，10，∴当b＝﹣4时，a10＜10，故D错误；对于A，，，，an+1﹣an＞0，{an}递增，当n≥4时，an1，∴，∴（）6，∴a1010．故A正确．故选：A．4

．【2018年新课标1理科04】记Sn为等差数列{an}的前n项和．若3S3＝S2+S4，a1＝2，则a5＝（）A．﹣12B．﹣10C．10D．12【解答】解：∵Sn为等差数列{an}的前n项和，3S3＝S2+S4，

a1＝2，∴a1+a1+d+4a1d，把a1＝2，代入得d＝﹣3∴a5＝2+4×（﹣3）＝﹣10．故选：B．5．【2018年浙江10】已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1+a2+a3+a4＝ln（a1+a2+a3），若a1＞1，则（）A．a1＜a3，a2＜a4B．a

1＞a3，a2＜a4C．a1＜a3，a2＞a4D．a1＞a3，a2＞a4【解答】解：a1，a2，a3，a4成等比数列，由等比数列的性质可知，奇数项符号相同，偶数项符号相同，a1＞1，设公比为q，当q＞0时，a1+a2+a3+a4＞a1+a2+a3，a1+a

2+a3+a4＝ln（a1+a2+a3），不成立，即：a1＞a3，a2＞a4，a1＜a3，a2＜a4，不成立，排除A、D．当q＝﹣1时，a1+a2+a3+a4＝0，ln（a1+a2+a3）＞0，等式不成立，所以

q≠﹣1；当q＜﹣1时，a1+a2+a3+a4＜0，ln（a1+a2+a3）＞0，a1+a2+a3+a4＝ln（a1+a2+a3）不成立，当q∈（﹣1，0）时，a1＞a3＞0，a2＜a4＜0，并且a1+a2+a3+a4

＝ln（a1+a2+a3），能够成立，故选：B．6．【2017年新课标1理科04】记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4+a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为（）A．1B．2C．4D．8【解答】解：∵Sn为等差

数列{an}的前n项和，a4+a5＝24，S6＝48，∴，解得a1＝﹣2，d＝4，∴{an}的公差为4．故选：C．7．【2017年新课标1理科12】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．440B．330C．220D．110【解答】解：设该数列为{an}，设bn2n+1﹣1，（n∈N+），则ai，由题意可设数列{an}的前N项和为SN，数列{bn}的前n项和为Tn，则Tn＝21﹣1

+22﹣1+…+2n+1﹣1＝2n+1﹣n﹣2，可知当N为时（n∈N+），数列{an}的前N项和为数列{bn}的前n项和，即为2n+1﹣n﹣2，容易得到N＞100时，n≥14，A项，由435，440＝435+5，可知S440＝T29+b5＝230﹣29﹣2+25﹣1＝230，

故A项符合题意．B项，仿上可知325，可知S330＝T25+b5＝226﹣25﹣2+25﹣1＝226+4，显然不为2的整数幂，故B项不符合题意．C项，仿上可知210，可知S220＝T20+b10＝221﹣20

﹣2+210﹣1＝221+210﹣23，显然不为2的整数幂，故C项不符合题意．D项，仿上可知105，可知S110＝T14+b5＝215﹣14﹣2+25﹣1＝215+15，显然不为2的整数幂，故D项不符合题意．故选A．方法二：由题意可知：，，，，根据等比数列前n项和公式，求得

每项和分别为：21﹣1，22﹣1，23﹣1，…，2n﹣1，每项含有的项数为：1，2，3，…，n，总共的项数为N＝1+2+3+…+n，所有项数的和为Sn：21﹣1+22﹣1+23﹣1+…+2n﹣1＝（21+22+23+…+2n）﹣nn＝2n+1﹣2﹣n，由题意可知：2n+1为

2的整数幂．只需将﹣2﹣n消去即可，则①1+2+（﹣2﹣n）＝0，解得：n＝1，总共有2＝3，不满足N＞100，②1+2+4+（﹣2﹣n）＝0，解得：n＝5，总共有3＝18，不满足N＞100，③1+2+4+8+（﹣2﹣n）＝0，解得：n＝13，总共有4＝95，不满足N＞10

0，④1+2+4+8+16+（﹣2﹣n）＝0，解得：n＝29，总共有5＝440，满足N＞100，∴该款软件的激活码440．故选：A．8．【2017年新课标2理科03】我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远看巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思

是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（）A．1盏B．3盏C．5盏D．9盏【解答】解：设塔顶的a1盏灯，由题意{an}是公比为2的等比数列，∴S7381，解得a1＝3．故选：B．9．【2017年新课标3理科09】等差数列{a

n}的首项为1，公差不为0．若a2，a3，a6成等比数列，则{an}前6项的和为（）A．﹣24B．﹣3C．3D．8【解答】解：∵等差数列{an}的首项为1，公差不为0．a2，a3，a6成等比数列，∴，∴（a1+2d）2＝（a1+d）（a1+5d），且

a1＝1，d≠0，解得d＝﹣2，∴{an}前6项的和为24．故选：A．10．【2017年浙江06】已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则“d＞0”是“S4+S6＞2S5”的（）A．充分不必要条件

B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【解答】解：∵S4+S6＞2S5，∴4a1+6d+6a1+15d＞2（5a1+10d），∴21d＞20d，∴d＞0，故“d＞0”是“S4+S6＞2S5”充分必要条件，故选：C．11．

【2017年上海14】在数列{an}中，an＝（）n，n∈N*，则an（）A．等于B．等于0C．等于D．不存在【解答】解：数列{an}中，an＝（）n，n∈N*，则an0．故选：B．12．【2017年上海15】已知a、b、c为实常数，

数列{xn}的通项xn＝an2+bn+c，n∈N*，则“存在k∈N*，使得x100+k、x200+k、x300+k成等差数列”的一个必要条件是（）A．a≥0B．b≤0C．c＝0D．a﹣2b+c＝0【解答】解：存在k∈N*，使得x100+k、x200+k、x300+k成等差数列，可得：2[a（20

0+k）2+b（200+k）+c]＝a（100+k）2+b（100+k）+c+a（300+k）2+b（300+k）+c，化为：a＝0．∴使得x100+k，x200+k，x300+k成等差数列的必要条件是a≥0．故选：A．13．【2019年新课标3理科14】记Sn为等差数列{an}的前n项和．若

a1≠0，a2＝3a1，则．【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，则由a1≠0，a2＝3a1可得，d＝2a1，∴，故答案为：4．14．【2019年新课标1理科14】记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1，a42＝a6，则S5＝．【解答】解：在等比数列中，

由a42＝a6，得q6a12＝q5a1＞0，即q＞0，q＝3，则S5，故答案为：15．【2019年北京理科10】设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝﹣3，S5＝﹣10，则a5＝，Sn的最小值为．

【解答】解：设等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝﹣3，S5＝﹣10，∴，解得a1＝﹣4，d＝1，∴a5＝a1+4d＝﹣4+4×1＝0，Sn4n（n）2，∴n＝4或n＝5时，Sn取最小值为S4＝S5＝﹣1

0．故答案为：0，﹣10．16．【2019年江苏08】已知数列{an}（n∈N*）是等差数列，Sn是其前n项和．若a2a5+a8＝0，S9＝27，则S8的值是．【解答】解：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则，解得．∴6×（﹣

5）+15×2＝16．故答案为：16．17．【2018年江苏14】已知集合A＝{x|x＝2n﹣1，n∈N*}，B＝{x|x＝2n，n∈N*}．将A∪B的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{an}，记Sn为数列{an}的前n项和，则使得Sn＞12an+1成立的n的最小值为．【解答】解：利用列

举法可得：当n＝26时，A∪B中的所有元素从小到大依次排列，构成一个数列{an}，所以数列{an}的前26项分成两组：1，3，5，7，9，11，13，15，17，19，21，23.25，…41；2，4，8，16，3

2．S26，a27＝43，⇒12a27＝516，不符合题意．当n＝27时，A∪B中的所有元素从小到大依次排列，构成一个数列{an}，所以数列{an}的前27项分成两组：1，3，5，7，9，11，13，15，17，19，21，23，25，…41，43

；2，4，8，16，32．S27546，a28＝45⇒12a28＝540，符合题意，故答案为：27．18．【2018年新课标1理科14】记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an+1，则S6＝．【解答】解：Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝2an+1，①当n＝1时，a1＝2a1+1，解得a

1＝﹣1，当n≥2时，Sn﹣1＝2an﹣1+1，②，由①﹣②可得an＝2an﹣2an﹣1，∴an＝2an﹣1，∴{an}是以﹣1为首项，以2为公比的等比数列，∴S663，故答案为：﹣6319．【2018年上海06】记等差数列{an}的

前n项和为Sn，若a3＝0，a6+a7＝14，则S7＝．【解答】解：∵等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝0，a6+a7＝14，∴，解得a1＝﹣4，d＝2，∴S7＝7a128+42＝14．故答案为：14．20．【2018年上海10】设等

比数列{an}的通项公式为an＝qn﹣1（n∈N*），前n项和为Sn．若，则q＝．【解答】解：等比数列{an}的通项公式为an＝qn﹣1（n∈N*），可得a1＝1，因为，所以数列的公比不是1，，an+1＝qn．可得，可得q＝3．故答案为：3．21．【2018年北京理科09】设{an}是等差数列

，且a1＝3，a2+a5＝36，则{an}的通项公式为．【解答】解：∵{an}是等差数列，且a1＝3，a2+a5＝36，∴，解得a1＝3，d＝6，∴an＝a1+（n﹣1）d＝3+（n﹣1）×6＝6n﹣3．∴{an}的通项公式为an＝6n﹣3．故答案为

：an＝6n﹣3．22．【2017年江苏09】等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn，已知S3，S6，则a8＝．【解答】解：设等比数列{an}的公比为q≠1，∵S3，S6，∴，，解得a1，q＝2．

则a832．故答案为：32．23．【2017年新课标2理科15】等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则．【解答】解：等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，S4＝2（a2+a3）＝10，可得a2＝2，数列的首项为1，公差为1，Sn，，则2[1]＝2（1）．故答案

为：．24．【2017年新课标3理科14】设等比数列{an}满足a1+a2＝﹣1，a1﹣a3＝﹣3，则a4＝．【解答】解：设等比数列{an}的公比为q，∵a1+a2＝﹣1，a1﹣a3＝﹣3，∴a1（1+q）＝﹣1，a1（1﹣q2）＝﹣3，解得a1＝1，q＝﹣2．则a4＝（﹣2）3＝﹣8．故答案为

：﹣8．25．【2017年上海10】已知数列{an}和{bn}，其中an＝n2，n∈N*，{bn}的项是互不相等的正整数，若对于任意n∈N*，{bn}的第an项等于{an}的第bn项，则．【解答】解：∵an＝n2，n∈N*，若对于一切n

∈N*，{bn}中的第an项恒等于{an}中的第bn项，∴．∴b1＝a1＝1，b4，b9，b16．∴b1b4b9b16．∴2．故答案为：2．26．【2017年北京理科10】若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝﹣1，a4＝b4＝8，则．【解答】解：等差数列{an}和

等比数列{bn}满足a1＝b1＝﹣1，a4＝b4＝8，设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q．可得：8＝﹣1+3d，d＝3，a2＝2；8＝﹣q3，解得q＝﹣2，∴b2＝2．可得1．故答案为：1．27．【2019年天津理科19】设{an}是等差数列，{b

n}是等比数列．已知a1＝4，b1＝6，b2＝2a2﹣2，b3＝2a3+4．（Ⅰ）求{an}和{bn}的通项公式；（Ⅱ）设数列{cn}满足c1＝1，cn其中k∈N*．（i）求数列{a（c1）}的通项公式；（ii）求

aici（n∈N*）．【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，依题意有：，解得，∴an＝4+（n﹣1）×3＝3n+1，bn＝6×2n﹣1＝3×2n．（Ⅱ）（i）∵数列{cn}

满足c1＝1，cn其中k∈N*．∴a（c1）（bn﹣1）＝（3×2n+1）（3×2n﹣1）＝9×4n﹣1，∴数列{a（c1）}的通项公式为：a（c1）＝9×4n﹣1．（ii）aici[ai+ai（ci﹣1）]＝（3）＝（3×22n﹣1+5×2n﹣1）+9n＝27

×22n+1+5×2n﹣1﹣n﹣12．（n∈N*）．28．【2019年全国新课标2理科19】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．【解答】解：（1）证明：∵4an+1＝3an﹣bn+4，4bn+1＝3bn﹣an﹣4；∴4（an+1+bn+1）＝2（an+bn），4（an+1﹣bn+1）＝4（an﹣bn）

+8；即an+1+bn+1（an+bn），an+1﹣bn+1＝an﹣bn+2；又a1+b1＝1，a1﹣b1＝1，∴{an+bn}是首项为1，公比为的等比数列，{an﹣bn}是首项为1，公差为2的等差数列；（2）由（

1）可得：an+bn＝（）n﹣1，an﹣bn＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1；∴an＝（）n+n，bn＝（）n﹣n．29．【2019年北京理科20】已知数列{an}，从中选取第i1项、第i2项、…、第im项（i1＜i2

＜…＜im），若aaa，则称新数列a，a，…，a为{an}的长度为m的递增子列．规定：数列{an}的任意一项都是{an}的长度为1的递增子列．（Ⅰ）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；（Ⅱ）已知数列{an}的长度为p的递增子列的末项的最

小值为a，长度为q的递增子列的末项的最小值为a．若p＜q，求证：aa；（Ⅲ）设无穷数列{an}的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若{an}的长度为s的递增子列末项的最小值为2s﹣1，且长度为s末项为2s﹣1的递

增子列恰有2s﹣1个（s＝1，2，…），求数列{an}的通项公式．【解答】解：（I）1，3，5，6．（II）证明：考虑长度为q的递增子列的前p项可以组成长度为p的一个递增子列，∴该数列的第p项，∴．（III

）解：考虑2s﹣1与2s这一组数在数列中的位置．若{an}中有2s，在2s在2s﹣1之后，则必然在长度为s+1，且末项为2s的递增子列，这与长度为s的递增子列末项的最小值为2s﹣1矛盾，∴2s必在2s﹣1之前．继续考虑末项为2s+

1的长度为s+1的递增子列．∵对于数列2n﹣1，2n，由于2n在2n﹣1之前，∴研究递增子列时，不可同时取2n与2n﹣1，∵对于1至2s的所有整数，研究长度为s+1的递增子列时，第1项是1与2二选1，第2

项是3与4二选1，……，第s项是2s﹣1与2s二选1，故递增子列最多有2s个．由题意，这s组数列对全部存在于原数列中，并且全在2s+1之前．∴2，1，4，3，6，5，……，是唯一构造．即a2k＝2k﹣1，a2k﹣1＝2k，k∈N*．30．【20

19年江苏20】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{an}（n∈N*）满足：a2a4＝a5，a3﹣4a2+4a1＝0，求证：数列{an}为“M﹣数列”；（2）已知数列{bn}（n∈N*）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”{cn}（n∈N*），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．

【解答】解：（1）设等比数列{an}的公比为q，则由a2a4＝a5，a3﹣4a2+4a1＝0，得∴，∴数列{an}首项为1且公比为正数即数列{an}为“M﹣数列”；（2）①∵b1＝1，，∴当n＝1时，，∴b2＝2，当n＝2时，，∴b3＝3，当n＝3时，，∴b4＝4，猜想bn＝n，下

面用数学归纳法证明；（i）当n＝1时，b1＝1，满足bn＝n，（ii）假设n＝k时，结论成立，即bk＝k，则n＝k+1时，由，得k+1，故n＝k+1时结论成立，根据（i）（ii）可知，bn＝n对任意的n∈N*都成立．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”{cn}（n∈N*），对任意正整数k，当k≤m时，都有ck≤bk≤ck+1成立，即qk﹣1≤k≤k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f（x），则，当x≥3时，f'（x）＜0，此时f（x）递增，∴当k≥3时，，令g（x），则，令，则，当x≥3时，ϕ'（x）＜0，即g'（x）＜0，∴g（x）在[3，+∞）上单调递减，即k≥3时，，则

，下面求解不等式，化简，得3lnm﹣（m﹣1）ln3≤0，令h（m）＝3lnm﹣（m﹣1）ln3，则h'（m）ln3，由k≥3得m≥3，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，∴存在m0∈（5，6）使得h（m0）＝0，∴m的最大值为5，此时q∈，．31．【2019年浙江20】设等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝4，a4＝S3．数列{bn}满足：对每个n∈

N*，Sn+bn，Sn+1+bn，Sn+2+bn成等比数列．（Ⅰ）求数列{an}，{bn}的通项公式；（Ⅱ）记cn，n∈N*，证明：c1+c2+…+cn＜2，n∈N*．【解答】解：（Ⅰ）设数列{an}的公差为d，由题意得，

解得a1＝0，d＝2，∴an＝2n﹣2，n∈N*．∴Sn＝n2﹣n，n∈N*，∵数列{bn}满足：对每个n∈N*，Sn+bn，Sn+1+bn，Sn+2+bn成等比数列．∴（Sn+1+bn）2＝（Sn+bn）（Sn

+2+bn），解得，解得bn＝n2+n，n∈N*．证明：（Ⅱ），n∈N*，用数学归纳法证明：①当n＝1时，c1＝0＜2，不等式成立；②假设n＝k，（k∈N*）时不等式成立，即c1+c2+…+ck＜2，则当n＝k+1时，c1+c2+…+ck+ck+1＜22＜222，即n＝k

+1时，不等式也成立．由①②得c1+c2+…+cn＜2，n∈N*．32．【2018年江苏20】设{an}是首项为a1，公差为d的等差数列，{bn}是首项为b1，公比为q的等比数列．（1）设a1＝0，b1＝1，q＝2，若|an﹣bn

|≤b1对n＝1，2，3，4均成立，求d的取值范围；（2）若a1＝b1＞0，m∈N*，q∈（1，]，证明：存在d∈R，使得|an﹣bn|≤b1对n＝2，3，…，m+1均成立，并求d的取值范围（用b1，m，q表示）．【解答】解：（1）由题意可知|an﹣bn|≤1对任意n＝1，2，3，4均成立，∵a1

＝0，q＝2，∴，解得．即d．证明：（2）∵an＝a1+（n﹣1）d，bn＝b1•qn﹣1，若存在d∈R，使得|an﹣bn|≤b1对n＝2，3，…，m+1均成立，则|b1+（n﹣1）d﹣b1•qn﹣1|≤b1，

（n＝2，3，…，m+1），即b1≤d，（n＝2，3，…，m+1），∵q∈（1，]，∴则1＜qn﹣1≤qm≤2，（n＝2，3，…，m+1），∴b1≤0，0，因此取d＝0时，|an﹣bn|≤b1对n＝2，3，…，m+1均成立，下面讨论数列{}的最大值和数列{}的最小值，①当2≤n≤m时，，当1

＜q时，有qn≤qm≤2，从而n（qn﹣qn﹣1）﹣qn+2＞0，因此当2≤n≤m+1时，数列{}单调递增，故数列{}的最大值为．②设f（x）＝2x（1﹣x），当x＞0时，f′（x）＝（ln2﹣1﹣xl

n2）2x＜0，∴f（x）单调递减，从而f（x）＜f（0）＝1，当2≤n≤m时，（1）＝f（）＜1，因此当2≤n≤m+1时，数列{}单调递递减，故数列{}的最小值为∴d的取值范围是d∈[，]．33．【20

18年江苏26】设n∈N*，对1，2，……，n的一个排列i1i2……in，如果当s＜t时，有is＞it，则称（is，it）是排列i1i2……in的一个逆序，排列i1i2……in的所有逆序的总个数称为其逆序数．例如：对1，2，3的一

个排列231，只有两个逆序（2，1），（3，1），则排列231的逆序数为2．记fn（k）为1，2，…，n的所有排列中逆序数为k的全部排列的个数．（1）求f3（2），f4（2）的值；（2）求fn（2）（n≥5）的表达式（用n表示）．【解答】

解：（1）记μ（abc）为排列abc得逆序数，对1，2，3的所有排列，有μ（123）＝0，μ（132）＝1，μ（231）＝2，μ（321）＝3，∴f3（0）＝1，f3（1）＝f3（2）＝2，对1，2，3，4的排列，利用

已有的1，2，3的排列，将数字4添加进去，4在新排列中的位置只能是最后三个位置．因此，f4（2）＝f3（2）+f3（1）+f3（0）＝5；（2）对一般的n（n≥4）的情形，逆序数为0的排列只有一个：12…n，∴fn（0）＝1．逆序数为1的排列只能是将排列12…n中的任意相邻两个数字调

换位置得到的排列，fn（1）＝n﹣1．为计算fn+1（2），当1，2，…，n的排列及其逆序数确定后，将n+1添加进原排列，n+1在新排列中的位置只能是最后三个位置．因此，fn+1（2）＝fn（2）+fn（1

）+fn（0）＝fn（2）+n．当n≥5时，fn（2）＝[fn（2）﹣fn﹣1（2）]+[fn﹣1（2）﹣fn﹣2（2）]+…+[f5（2）﹣f4（2）]+f4（2）＝（n﹣1）+（n﹣2）+…+4+f4（2）．因此，当n≥5时

，fn（2）．34．【2018年新课标2理科17】记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝﹣7，S3＝﹣15．（1）求{an}的通项公式；（2）求Sn，并求Sn的最小值．【解答】解：（1）∵等差数列{an}中，a1＝﹣7，S3＝﹣15，∴a1＝﹣7，3a1+3d＝﹣15

，解得a1＝﹣7，d＝2，∴an＝﹣7+2（n﹣1）＝2n﹣9；（2）∵a1＝﹣7，d＝2，an＝2n﹣9，∴Snn2﹣8n＝（n﹣4）2﹣16，∴当n＝4时，前n项的和Sn取得最小值为﹣16．35．【2018年新课标

3理科17】等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3．（1）求{an}的通项公式；（2）记Sn为{an}的前n项和．若Sm＝63，求m．【解答】解：（1）∵等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3．∴1×q4＝4×（1×q2），解得q＝±2，当q＝2时，an＝

2n﹣1，当q＝﹣2时，an＝（﹣2）n﹣1，∴{an}的通项公式为，an＝2n﹣1，或an＝（﹣2）n﹣1．（2）记Sn为{an}的前n项和．当a1＝1，q＝﹣2时，Sn，由Sm＝63，得Sm63，m∈N，无解；当a1＝1，q＝2时，Sn2n﹣1，由Sm＝63，得Sm＝2m﹣1＝63，

m∈N，解得m＝6．36．【2018年浙江20】已知等比数列{an}的公比q＞1，且a3+a4+a5＝28，a4+2是a3，a5的等差中项．数列{bn}满足b1＝1，数列{（bn+1﹣bn）an}的前n项和为2n2+n．（Ⅰ）求q的值；（Ⅱ）求数

列{bn}的通项公式．【解答】解：（Ⅰ）等比数列{an}的公比q＞1，且a3+a4+a5＝28，a4+2是a3，a5的等差中项，可得2a4+4＝a3+a5＝28﹣a4，解得a4＝8，由8+8q＝28，可得q＝2（舍去），则q的值为2；（Ⅱ）设c

n＝（bn+1﹣bn）an＝（bn+1﹣bn）2n﹣1，可得n＝1时，c1＝2+1＝3，n≥2时，可得cn＝2n2+n﹣2（n﹣1）2﹣（n﹣1）＝4n﹣1，上式对n＝1也成立，则（bn+1﹣bn）an＝4n﹣1，即有

bn+1﹣bn＝（4n﹣1）•（）n﹣1，可得bn＝b1+（b2﹣b1）+（b3﹣b2）+…+（bn﹣bn﹣1）＝1+3•（）0+7•（）1+…+（4n﹣5）•（）n﹣2，bn3•（）+7•（）2+…+（4n﹣5）•（）n﹣1，相减可得bn4[（

）+（）2+…+（）n﹣2]﹣（4n﹣5）•（）n﹣14•（4n﹣5）•（）n﹣1，化简可得bn＝15﹣（4n+3）•（）n﹣2．37．【2018年上海21】给定无穷数列{an}，若无穷数列{bn}满足：对任意n∈N*，都有|bn﹣an|≤1，则称{bn}与{an}

“接近”．（1）设{an}是首项为1，公比为的等比数列，bn＝an+1+1，n∈N*，判断数列{bn}是否与{an}接近，并说明理由；（2）设数列{an}的前四项为：a1＝1，a2＝2，a3＝4，a4＝8，{bn}是一个与{an}接近的数列，记集合M＝{x|x＝bi，i＝1，2，

3，4}，求M中元素的个数m；（3）已知{an}是公差为d的等差数列，若存在数列{bn}满足：{bn}与{an}接近，且在b2﹣b1，b3﹣b2，…，b201﹣b200中至少有100个为正数，求d的取值范围．【解答】解：（1）数列{bn}与

{an}接近．理由：{an}是首项为1，公比为的等比数列，可得an，bn＝an+1+11，则|bn﹣an|＝|1|＝11，n∈N*，可得数列{bn}与{an}接近；（2）{bn}是一个与{an}接近的数列，可得an﹣1≤bn≤an+1，数列{an}的前四项为：a1＝1，

a2＝2，a3＝4，a4＝8，可得b1∈[0，2]，b2∈[1，3]，b3∈[3，5]，b4∈[7，9]，可能b1与b2相等，b2与b3相等，但b1与b3不相等，b4与b3不相等，集合M＝{x|x＝bi，i＝1，2，3，4}，M中元素的个数m＝3或4；（3）{an}是公差为

d的等差数列，若存在数列{bn}满足：{bn}与{an}接近，可得an＝a1+（n﹣1）d，①若d＞0，取bn＝an，可得bn+1﹣bn＝an+1﹣an＝d＞0，则b2﹣b1，b3﹣b2，…，b201﹣b200中有200个正数，符合题意；②若d＝0，取bn

＝a1，则|bn﹣an|＝|a1a1|1，n∈N*，可得bn+1﹣bn0，则b2﹣b1，b3﹣b2，…，b201﹣b200中有200个正数，符合题意；③若﹣2＜d＜0，可令b2n﹣1＝a2n﹣1﹣1，b2n

＝a2n+1，则b2n﹣b2n﹣1＝a2n+1﹣（a2n﹣1﹣1）＝2+d＞0，则b2﹣b1，b3﹣b2，…，b201﹣b200中恰有100个正数，符合题意；④若d≤﹣2，若存在数列{bn}满足：{bn}与{an}

接近，即为an﹣1≤bn≤an+1，an+1﹣1≤bn+1≤an+1+1，可得bn+1﹣bn≤an+1+1﹣（an﹣1）＝2+d≤0，b2﹣b1，b3﹣b2，…，b201﹣b200中无正数，不符合题意．综上可得，d的范围是（﹣2，+∞）．38．【2018年天津理科18】设{a

n}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn（n∈N*），{bn}是等差数列．已知a1＝1，a3＝a2+2，a4＝b3+b5，a5＝b4+2b6．（Ⅰ）求{an}和{bn}的通项公式；（Ⅱ）设数列{Sn}的前n项和为Tn（n∈N*），（i）求Tn；（ii）证明2（n∈N*）．

【解答】（Ⅰ）解：设等比数列{an}的公比为q，由a1＝1，a3＝a2+2，可得q2﹣q﹣2＝0．∵q＞0，可得q＝2．故．设等差数列{bn}的公差为d，由a4＝b3+b5，得b1+3d＝4，由a5＝b4+2b6，得3b1+13d＝16，∴b1＝d＝1．故bn＝n；（Ⅱ）（i）解：由（Ⅰ），可

得，故；（ii）证明：∵．∴2．39．【2017年江苏19】对于给定的正整数k，若数列{an}满足：an﹣k+an﹣k+1+…+an﹣1+an+1+…+an+k﹣1+an+k＝2kan对任意正整数n（n＞k）总成立，则称数列{an}是“P（k）数

列”．（1）证明：等差数列{an}是“P（3）数列”；（2）若数列{an}既是“P（2）数列”，又是“P（3）数列”，证明：{an}是等差数列．【解答】解：（1）证明：设等差数列{an}首项为a1，公差为d，则an＝a1+（n﹣1）d，则an﹣3+an﹣2+an﹣1+a

n+1+an+2+an+3，＝（an﹣3+an+3）+（an﹣2+an+2）+（an﹣1+an+1），＝2an+2an+2an，＝2×3an，∴等差数列{an}是“P（3）数列”；（2）证明：当n≥4时，因为数列{an}是P（3）数列，则an﹣

3+an﹣2+an﹣1+an+1+an+2+an+3＝6an，①因为数列{an}是“P（2）数列”，所以an﹣2+an﹣1+an+1+an+2＝4an，②则an﹣1+an+an+2+an+3＝4an+1，③，②+③﹣①，得2an＝4an﹣1+4an+1﹣6an，即2an＝an﹣1

+an+1，（n≥4），因此n≥4从第3项起为等差数列，设公差为d，注意到a2+a3+a5+a6＝4a4，所以a2＝4a4﹣a3﹣a5﹣a6＝4（a3+d）﹣a3﹣（a3+2d）﹣（a3+3d）＝a3﹣d，因为a

1+a2+a4+a5＝4a3，所以a1＝4a3﹣a2﹣a4﹣a5＝4（a2+d）﹣a2﹣（a2+2d）﹣（a2+3d）＝a2﹣d，也即前3项满足等差数列的通项公式，所以{an}为等差数列．40．【2017年浙江22】

已知数列{xn}满足：x1＝1，xn＝xn+1+ln（1+xn+1）（n∈N*），证明：当n∈N*时，（Ⅰ）0＜xn+1＜xn；（Ⅱ）2xn+1﹣xn；（Ⅲ）xn．【解答】解：（Ⅰ）用数学归纳法证明：xn＞0，当n＝1时，x1＝1＞0，成立，假设当

n＝k时成立，则xk＞0，那么n＝k+1时，若xk+1＜0，则0＜xk＝xk+1+ln（1+xk+1）＜0，矛盾，故xn+1＞0，因此xn＞0，（n∈N*）∴xn＝xn+1+ln（1+xn+1）＞xn+1，因此0＜xn+1＜xn（n∈N*），（Ⅱ）由xn＝xn+1+ln（1+xn+

1）得xnxn+1﹣4xn+1+2xn＝xn+12﹣2xn+1+（xn+1+2）ln（1+xn+1），记函数f（x）＝x2﹣2x+（x+2）ln（1+x），x≥0∴f′（x）ln（1+x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，∴f（x）≥f（0）＝0，因此xn

+12﹣2xn+1+（xn+1+2）ln（1+xn+1）≥0，故2xn+1﹣xn；（Ⅲ）∵xn＝xn+1+ln（1+xn+1）≤xn+1+xn+1＝2xn+1，∴xn，由2xn+1﹣xn得2（）＞0，∴2（）≥…≥2n﹣1（）＝2n﹣2，∴xn，综

上所述xn．41．【2017年北京理科20】设{an}和{bn}是两个等差数列，记cn＝max{b1﹣a1n，b2﹣a2n，…，bn﹣ann}（n＝1，2，3，…），其中max{x1，x2，…，xs}表示x1，x2，…，xs这s个数中最大的数．（1）若an＝n，bn＝2n﹣1，

求c1，c2，c3的值，并证明{cn}是等差数列；（2）证明：或者对任意正数M，存在正整数m，当n≥m时，M；或者存在正整数m，使得cm，cm+1，cm+2，…是等差数列．【解答】解：（1）a1＝1，a2＝2，a3＝3，b1＝1，b2＝3，b3

＝5，当n＝1时，c1＝max{b1﹣a1}＝max{0}＝0，当n＝2时，c2＝max{b1﹣2a1，b2﹣2a2}＝max{﹣1，﹣1}＝﹣1，当n＝3时，c3＝max{b1﹣3a1，b2﹣3a2，b3﹣3a3}＝max{﹣2，﹣3，﹣

4}＝﹣2，下面证明：对∀n∈N*，且n≥2，都有cn＝b1﹣na1，当n∈N*，且2≤k≤n时，则（bk﹣nak）﹣（b1﹣na1），＝[（2k﹣1）﹣nk]﹣1+n，＝（2k﹣2）﹣n（k﹣1），＝（k﹣1）（2﹣n），由k﹣1＞0，且2﹣n≤

0，则（bk﹣nak）﹣（b1﹣na1）≤0，则b1﹣na1≥bk﹣nak，因此，对∀n∈N*，且n≥2，cn＝b1﹣na1＝1﹣n，cn+1﹣cn＝﹣1，∴c2﹣c1＝﹣1，∴cn+1﹣cn＝﹣1对∀n∈N*均成立，∴数列{cn}是等差数列；（2）证明：设数列{

an}和{bn}的公差分别为d1，d2，下面考虑的cn取值，由b1﹣a1n，b2﹣a2n，…，bn﹣ann，考虑其中任意bi﹣ain，（i∈N*，且1≤i≤n），则bi﹣ain＝[b1+（i﹣1）d1]﹣[

a1+（i﹣1）d2]×n，＝（b1﹣a1n）+（i﹣1）（d2﹣d1×n），下面分d1＝0，d1＞0，d1＜0三种情况进行讨论，①若d1＝0，则bi﹣ain═（b1﹣a1n）+（i﹣1）d2，当若d2≤0，则（bi﹣ain）﹣（b1﹣a1n）

＝（i﹣1）d2≤0，则对于给定的正整数n而言，cn＝b1﹣a1n，此时cn+1﹣cn＝﹣a1，∴数列{cn}是等差数列；当d2＞0，（bi﹣ain）﹣（bn﹣ann）＝（i﹣n）d2＞0，则对于给定的正整数n而言，cn＝bn﹣ann＝b

n﹣a1n，此时cn+1﹣cn＝d2﹣a1，∴数列{cn}是等差数列；此时取m＝1，则c1，c2，…，是等差数列，命题成立；②若d1＞0，则此时﹣d1n+d2为一个关于n的一次项系数为负数的一次函数，故必存

在m∈N*，使得n≥m时，﹣d1n+d2＜0，则当n≥m时，（bi﹣ain）﹣（b1﹣a1n）＝（i﹣1）（﹣d1n+d2）≤0，（i∈N*，1≤i≤n），因此当n≥m时，cn＝b1﹣a1n，此时cn+1﹣cn＝﹣a

1，故数列{cn}从第m项开始为等差数列，命题成立；③若d1＜0，此时﹣d1n+d2为一个关于n的一次项系数为正数的一次函数，故必存在s∈N*，使得n≥s时，﹣d1n+d2＞0，则当n≥s时，（bi﹣ain）﹣（bn﹣ann）＝（i﹣1）（﹣d1n+d2）≤0，（i∈N*，1≤i≤n），因此，

当n≥s时，cn＝bn﹣ann，此时an，＝﹣d2n+（d1﹣a1+d2），令﹣d1＝A＞0，d1﹣a1+d2＝B，b1﹣d2＝C，下面证明：An+B对任意正整数M，存在正整数m，使得n≥m，M，若C≥0，取m＝[1]，[x]表示不大于x的最大整数，当n≥m时，An+B≥Am+B

＝A[1]+B＞A•B＝M，此时命题成立；若C＜0，取m＝[]+1，当n≥m时，An+BAm+B+C＞A•B+C≥M﹣C﹣B+B+C＝M，此时命题成立，因此对任意正数M，存在正整数m，使得当n≥m时，M；综合以上三种情况，命题得证．42．【2017

年天津理科18】已知{an}为等差数列，前n项和为Sn（n∈N+），{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2+b3＝12，b3＝a4﹣2a1，S11＝11b4．（Ⅰ）求{an}和{bn}的通项公式；（Ⅱ）求数列{a2nb2n﹣1}的前n项和（

n∈N+）．【解答】解：（I）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q．由已知b2+b3＝12，得b1（q+q2）＝12，而b1＝2，所以q+q2﹣6＝0．又因为q＞0，解得q＝2．所以，bn＝2n．由b3＝a4﹣2a1

，可得3d﹣a1＝8①．由S11＝11b4，可得a1+5d＝16②，联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n﹣2．所以，数列{an}的通项公式为an＝3n﹣2，数列{bn}的通项公式为bn＝2n．（II）设数列{a

2nb2n﹣1}的前n项和为Tn，由a2n＝6n﹣2，b2n﹣14n，有a2nb2n﹣1＝（3n﹣1）4n，故Tn＝2×4+5×42+8×43+…+（3n﹣1）4n，4Tn＝2×42+5×43+8×44+…+（3n﹣1）4n+1，上述两式

相减，得﹣3Tn＝2×4+3×42+3×43+…+3×4n﹣（3n﹣1）4n+1（3n﹣2）4n+1﹣8得Tn．所以，数列{a2nb2n﹣1}的前n项和为．1、以考查等差数列的通项、前n项和及性质为主，等差数列的证明也是考查的热点．本节内容在高考中既可以以选择、填空的形式进行考查，也可以以

解答题的形式进行考查．解答题往往与等比数列、数列求和、不等式等问题综合考查.2、以考查等比数列的通项、前n项和及性质为主，等比数列的证明也是考查的热点．本节内容在高考中既可以以选择题、填空题的形式进行考查，也可以以解答题的形式进行考查．解答题往往与等差数

列、数列求和、不等式等问题综合考查.3、以考查分组法、错位相减法、倒序相加法、裂项相消法求数列前n项和为主，识别出等差(比)数列，直接用公式法也是考查的热点．题型以解答题的形式为主，难度中等或稍难．一般第一问考查求通项，第

二问考查求和，并与不等式、函数、最值等问题综合.1．等差数列{}na，等比数列nb，满足111ab==，53ab=，则9a能取到的最小整数是（）A．1−B．0C．2D．3【答案】B【解析】等差数列{}na的公差设为d，等比数列nb的公比设为q，0q，由111a

b==，53ab=，可得214dq+=，则2291812(1)211adqq=+=+−=−−，可得9a能取到的最小整数是0．故选：B．2．中国古代数学名著《九章算术》中有这样一个问題:今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗，羊主曰:“我羊食半马、“马主曰:“我马食

半牛，”今欲衰偿之，问各出几何?此问题的译文是:今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿5斗粟、羊主人说:“我羊所吃的禾苗只有马的一半，”马主人说:“我马所吃的禾苗只有牛的一半，“打算按此比例偿还，他们各应偿还多少？该问题中，1斗为10升，则马主人应偿还()升粟？A．253B．503C

．507D．1007【答案】D【解析】因为5斗=50升，设羊、马、牛的主人应偿还的量分别为123,,aaa，由题意可知其构成了公比为2的等比数列，且350S=则31(21)5021a−=−，解得1507a=，所以马主人要偿还的量为：2

110027aa==，故选D.3．我国古代的《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方：如图，将1，2，…，9填入33的方格内，使三行，三列和两条对角线上的三个数字之和都等于15.一般地，将连续的正整数21

,2,3,,n填入nn个方格中，使得每行，每列和两条对角线上的数字之和都相等，这个正方形叫做n阶幻方.记n阶幻方的对角线上的数字之和为nN，如图三阶幻方的315N=，那么9N的值为（）A．41B．45C．369D．321【

答案】C【解析】根据题意可知，幻方对角线上的数成等差数列，31(123456789)153N=++++++++=，41(12345678910111213141516)344N=+++++++++++++++=，51(12345678910111213141516171819

202122232425)655N=++++++++++++++++++++++++=，…222211(1)(1)(12345)22nnnnnNnnn++=++++++==．故299(91)9413692N+===.故选：C4．设数列na的前n项和为

nS，且11a=2(1)()nnSannNn=+−，则数列13nSn+的前10项的和是（）A．290B．920C．511D．1011【答案】C【解析】由()2(1)nnSannNn=+−得2(1)nnSnann=−−，当2

n时，11(1)4(1)nnnnnaSSnanan−−=−=−−−−，整理得14nnaa−−=，所以na是公差为4的等差数列，又11a=，所以()43nannN=−，从而()2133222(1)2nnnaaS

nnnnnn++=+=+=+，所以1111132(1)21nSnnnnn==−+++，数列13nSn+的前10项的和115121111S=−=.故选C.5．意大利数学家列昂那多·斐波那契以

兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,，即()()()()()121,12FFFnFnFn===−+−()3,nnN，此数列在现代物理“准晶体结构”、化学等

都有着广泛的应用．若此数列被2整除后的余数构成一个新数列na，则数列na的前2019项的和为（）A．672B．673C．1346D．2019【答案】C【解析】由数列1,1,2,3,5,8,13,2

1,34,55,...各项除以2的余数，可得na为1,1,0,1,1,0,1,1,0,1,1,0,...，所以na是周期为3的周期数列，一个周期中三项和为1102++=，因为20196733=，所以数列na的前2019项的

和为67321346=，故选C.6．已知数列na是等比数列，数列nb是等差数列，若261033aaa=，16117bbb++=，则21039tan1bbaa+−的值是（）A．1B．22C．22−D．3−【答

案】D【解析】na是等比数列32610633aaaa==63a=nb是等差数列1611637bbbb++==673b=2106239614273tantantantantan3111333bbbaaa+===−=−=

−−−−本题正确选项：D7．已知数列{}na满足2*123111()23naaaannnNn++++=+，设数列nb满足：121nnnnbaa++=，数列nb的前n项和为nT，若*()1nnNTnn+

恒成立，则实数的取值范围为（）A．1[,)4+B．1(,)4+C．3[,)8+D．3(,)8+【答案】D【解析】解：数列{}na满足212311123naaaannn++++=+，①当2n时，21231111(1)(1)231naaaannn−++++=−+−−，②①﹣②得：12na

nn=，故：22nan=，数列nb满足：22121214(1)nnnnnbaann+++==+221114(1)nn=−+，则：2222211111114223(1)nTnn=−+−++−+

21114(1)n=−+，由于*()1nnNTnn+恒成立，故：21114(1)1nnn−++，整理得：244nn++，因为211(1)4441nynn+==+++在*nN上单调递减，故当1n=时，max213448nn+=+

所以38．故选：D．8．已知函数()yfx=的定义域为R，当0x时()1fx，且对任意的实数,xyR，等式()()()fxfyfxy=+成立，若数列na满足()()1111nnfafnNa+=+，且()10af=，则

下列结论成立的是（）A．()()20162018fafaB．()()20172020fafaC．()()20182019fafaD．()()20162019fafa【答案】A【解析】由()()()fxf

yfxy=+，令0x=，1y=−，则()()()011fff−=−0x时，()1fx()11f−()01f=11a=当0x时，令yx=−，则()()()01fxfxf−==，即()()1fxfx=−又()1fx−当0x时，()01fx令21xx，则21>0−xx()()(

)1212fxfxxfx−=，即()()()()22110,1fxfxxfx=−()fx在R上单调递减又()()11111011nnnnfaffafaa++=+==++111n

naa+=−+令1n=，212a=−；令2n=，32a=−；令3n=，41a=数列na是以3为周期的周期数列201632aa==−，201711aa==，2018212aa==−，201932aa==−，202011aa==()fx在R

上单调递减()()1212fff−−()()20162018fafa，()()20172020fafa=，()()20182019fafa，()()20162019fafa=本题正确选项：A9．在

数列na中，1111,,(*)2019(1)nnaaanNnn+==++，则2019a的值为______．【答案】1【解析】因为11,(*)(1)nnaanNnn+=++所以1111(1)1nnaannnn+−==−++，2111,2aa−=−3211,23aa−

=−...,201920181120182019aa−=−,各式相加，可得20191112019aa−=−，201911120192019a−=−，所以，20191a=，故答案为1.10．已知正项等比数列{}na

满足5432aaa+=，若存在两项ma，na，使得18mnaaa=，则91mn+的最小值为__________．【答案】2【解析】正项等比数列{}na满足5432aaa+=，432111=+2aqaqaq，整理，得210+2qq−=，又0q，解得，12q

=，存在两项ma，na使得18mnaaa=，2221164mnaqa+−=，整理，得8mn+=，9119119()()(10)88mnmnmnmnnm+=++=++19(102)28mnnm+=…，则91mn+的最小值为2．当且仅当9mnnm=取等号，但此时

m，*nN．又8mn+=，所以只有当6m=，2n=时，取得最小值是2．故答案为：211．已知数列na满足对*,mnN，都有mnmnaaa++=成立，72a=，函数()fx=2sin24cos2xx+，记()nnyfa=，则

数列ny的前13项和为______．【答案】26【解析】解：对*,mnN，都有mnmnaaa++=成立，可令1m=即有11nnaaa+−=，为常数，可得数列na为等差数列，函数2()sin24cos2xfxx=+s

in22(1cos)xx=++，由()()()sin221cosfxfxxx+−=++()()()sin221cos4xx+−++−=，可得()fx的图象关于点,22对称，113212aaaa+=+=6872aaa=+==，()()()()113212fafafafa+=+

=()()()6874,2fafafa=+==，可得数列ny的前13项和为46226+=．故答案为：26．12．已知数列na的前n项和为nS，满足22()nnSannN=+，则na=___

__．【答案】122n+−【解析】由题意，数列na满足22()nnSannN=+，则1122(1)(2,)nnSannnN−−=+−，两式相减可得11222,(2,)nnnnSSaannN−−+−=−，即1222,(2

,)nnnaaannN−=+−整理得122,(2)nnaan−=−，即12(2),(22)nnaan−=−−，即12,(2)22nnana−=−−，当1n=时，1122Sa=+，即1122aa=+，解得12a=−，所以数列2na−表示

首项为124a−=−，公比为2的等比数列，所以112422nnna−+−=−=−，所以122nna+=−.13．等差数列na中，410a=且3a，6a，10a成等比数列，数列na前20项的和20S=____【答案】20

0或330【解析】设数列na的公差为d，则3410aadd=−=−，641042102,6106aaddaadd=+=+=+=+，由3610,,aaa成等比数列，得23106aaa=，即()()()210106102ddd−+

=+，整理得210100dd−=，解得0d=或1d=，当0d=时，20420200Sa==；当1d=时，14310317aad=−=−=，于是2012019202071903302Sad=+=+=，故答案为200或330.14．已知正项等比数列

na的前n项和为nS．若9362SSS=+，则631SS+取得最小值时，9S的值为_______．【答案】733【解析】由9362SSS=+，得：q≠1，所以936111(1)(1)(1)2111aqaqaqqqq−−−=+−−−，化简得：936112(1)qqq−=−+−，即96

3220qqq−−+=，即63(1)(2)0qq−−=，得32q=，化简得631SS+＝6131(1)11(1)aqqqaq−−+−−＝1131231aqqa−+−，当11311aqqa−=−，即113qa−=时，631SS+取得最小值，所以919(1)1aqSq−=

=−91(1)13qqq−−−＝733故答案为：73315．设数列na的前n项和为nS，且满足11222nnaaan−+++=，则5S=____．【答案】3116【解析】解：11222nnaaan−+++=，可得1n=时，11a=，2n时，2121221nn

aaan−−+++=−，又11222nnaaan−+++=，两式相减可得121nna−=，即112nna−=，上式对1n=也成立，可得数列na是首项为1，公比为12的等比数列，可得551131211612S−==−．故答案为：3116．1

6．已知数列na满足112(1)0,4nnnanaa++−==，则数列(1)(2)nann++的前n项和为___________.【答案】2222nn+−+【解析】由12(1)0nnnana++−=，得121nnaann+=+，所以数列nan是以

1141aa==为首项，2为公比的等比数列，于是11422nnnan−+==，所以12nnan+=，因为12(1)(2)(1)(2)nnannnnn+=++++212221nnnn++=−++，所以(1)(2)nann++的前n项和324321222222324321nn

nSnn++=−+−++−++2222nn+=−+.17．定义：从数列{}na中抽取(,3)mmNm项按其在{}na中的次序排列形成一个新数列nb，则称nb为{}

na的子数列；若nb成等差（或等比），则称nb为{}na的等差（或等比）子数列.（1）记数列{}na的前n项和为nS，已知21nnS=−.①求数列{}na的通项公式；②数列{}na是否存在等差子数列，若存在

，求出等差子数列；若不存在，请说明理由.（2）已知数列{}na的通项公式为()nanaaQ+=+，证明：{}na存在等比子数列.【答案】（1）①12nna-=；②见解析；（2）见证明【解析】解：（1）①因为

21nnS=−，所以当1n=时，11211a=−=，当2n时，1121nnS−−=−，所以()()1121212nnnna−−=−−−=.综上可知：12nna-=.②假设从数列{}na中抽3项,,()k

lmaaaklm成等差，则2lkmaaa=+，即1112222lkm−−−=+，化简得：2212lkmk−−=+.因为klm，所以0lk−，0mk−，且lk−，mk−都是整数，所以22lk−为偶数，12mk−+为奇数，所以2212lkmk−−=+不成立.因此，数列{}na不存

在三项等差子数列.若从数列{}na中抽(,4)mmNm项，其前三项必成等差数列，不成立.综上可知，数列{}na不存在等差子数列.（2）假设数列{}na中存在3项0na+，0nak++，0()nalkl++成等比.设0nab

+=，则bQ+，故可设qbp=（p与q是互质的正整数）.则需满足()()()2000naknanal++=+++，即需满足2()()bkbbl+=+，则需满足2222kpklkkbq=+=+.取kq=，则2

lkpq=+.此时222222()2qqqbqqqppp+=+=++，2222()22qqqqbblqpqqpppp+=++=++.故此时2()()bkbbl+=+成立.因此数列{}na中存在

3项0na+，0nak++，0()nalkl++成等比，所以数列{}na存在等比子数列.18．在等差数列na中，已知公差2d=，2a是1a与4a的等比中项（1）求数列na的通项公式；（2）若数列nb满足

3122331313131nnnbbbba=++++++++，求数列nb的通项公式；（3）令()*4nnnabcnN=，数列nc的前n项和为nT.【答案】（1）2nan=；（2）2(31)nnb=+；

（3）()()12133142nnnnnT+−++=+.【解析】（1）因为2a是1a与4a的等比中项，所以21111(2)(6)2aaaa+=+=，∴数列na的通项公式为2nan=.（2）∵()31223131313131n

nnbbbban=+++++++++①∴311212313131313131nnnnnbbbbba+++=+++++++++++②②－①得：111231nnnnbaa+++=−=+，()11231nnb++=+，故()()*231nnbnN=+。（3）()3134nnn

nnabcnnn==+=+，∴()()23123132333312nnnTccccnn=++++=++++++++，令231323333nnHn=++++，①则234131323333nnHn+=

++++②①－②得：()2311313233333313nnnnnHnn++−−=++++−=−−，∴()121334nnnH+−+=∴()()23123132333312nnnTccccnn=++++=++++++++。∴

数列nc的前n项和()()12133142nnnnnT+−++=+19．已知等差数列na满足32421,7aaa=−=，等比数列nb满足()35242bbbb+=+，且()2*22nnbbn=N.（1）求数列

na，nb的通项公式；（2）记数列na的前n项和为nS，若数列nc满足()*1212nnncccSnbbb+++=N，求nc的前n项和为nT.【答案】(1)21nan=−，12nnb−=(2)nT(23)23

nn=−+.【解析】（1）设{}na的首项为1a，公差为d，则有1122()1adad+=+−，137ad+=，解得1a1,d2==所以21nan=−，设11nnbbq−=，由已知35242()bbbb+=+，可得2q=，由222nnbb=

可得，21121122(2)nnbb−−=，可得11b=，所以12nnb−=，（2）由（1）知，2(211)2nnnSn−+==，所以21212nncccnbbb+++=，2112121(1)(2)nncccnnbbb−−+++=−L，两式相减可得，21nn

cnb=−，当1n=时，11c=满足上式，所以1(21)2nncn−=−，0111232(21)2nnTn−=+++−，1221232(21)2nnTn=+++−两式相减可得，2122(21)2nnnTn−

=+++−−212(12)1(21)212nnn−−=+−−−(32)23nn=−−所以nT(23)23nn=−+.20．等差数列na前n项和为nS，且432S=，13221S=．（1）求na的通项公式na；（2）数列

nb满足()*1nnnbbanN+−=且13b=，求1nb的前n项和nT．【答案】(1)23nan=+(2)13112212nTnn=−−++【解析】（1）等差数列na的

公差设为d，前n项和为nS，且432S=，13221S=．可得14632ad+=，11378221ad+=，解得15a=，2d=，可得()21253nnna+−=+=；（2）由123nnnbban+−==+，可得()()()

121321nnnbbbbbbbb−=+−+−++−135721(24)(2)2nnnnn=+++++=+=+，111122nbnn=−+，则前n项和11111111111232435112nTnnnn=−+−

+−++−+−−++13112212nn=−−++．21．设na是单调递增的等比数列，nS为数列na的前n项和．已知313S=，且13a+，23a，35a+构成等差数列．（1）求na及nS；（2）是

否存在常数．使得数列nS+是等比数列?若存在，求的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）13−=nna，312nnS−=（2）存在常数12=．使得数列12nS+是等比数列，详见解析

【解析】（1）由题意得1232131368aaaaaa++==++∴23a=，1310aa+=∴3310qq+=，解得3q=或13q=（舍）所以2123−−==nnnaaq，()11331132nnnS−−==−.（2）假设存在常数．使得数列nS+是等

比数列，因为11S+=+，24S+=+，313S+=+，所以()()()24113+=++，解得12=，此时1322nnS+=11132231322nnnnSS−−+==+()2n，∴存在常数1

2=．使得数列12nS+是首项为11322a+=，公比为3等比数列．22．对于无穷数列{}na，{}nb，若1212max,,,min,,,kkkbaaaaaa=−，1,2,3,k=，则称{}nb

是{}na的“收缩数列”.其中12max,,,kaaa，12min,,,kaaa分别表示12,,,kaaa中的最大数和最小数.已知{}na为无穷数列，其前n项和为nS，数列{}nb是{}na的“收缩数列”.（1）若21nan=+，求{

}nb的前n项和；（2）证明：{}nb的“收缩数列”仍是{}nb；（3）若121(1)(1)(1,2,3,)22nnnnnnSSSabn+−+++=+=且11a=，22a=，求所有满足该条件的{}na.【答案】（1）(1)nn−；（2）详见解析；（3）1

2,1,1nanaan==，21aa.【解析】（1）由21nan=+可得na为递增数列12121max,,,min,,,21322nnnnbaaaaaaaann=−=

−=+−=−由通项公式可知nb为等差数列nb的前n项和为：()2212nnnn−=−（2）()12121max,,,max,,,1,2,3,nnaaaaaan+=()12121min,,,min,,,1,2,3,nnaaaaaan+

=1211211212max,,,min,,,max,,,min,,,nnnnaaaaaaaaaaaa++−−()11,2,3,nnbbn+=，又1110baa=−=

12121max,,,min,,,nnnnbbbbbbbbb−=−=nb的“收缩数列”仍是nb（3）由()()()121111,2,3,22nnnnnnSSSabn+−+++=+=可得：当1n=时，11aa=；当2n=时，121223a

aab+=+，即221baa=−，所以21aa；当3n=时，123133263aaaab++=+，即()()3213132baaaa=−+−（*），若132aaa，则321baa=−，所以由（*）可得32aa=，与32aa矛盾；若3

12aaa，则323baa=−，所以由（*）可得()32133aaaa−=−所以32aa−与13aa−同号，这与312aaa矛盾；若32aa，则331baa=−，由（*）可得32aa=.猜想：满足()()()121111,2,3,

22nnnnnnSSSabn+−+++=+=的数列na是：12,1,1nanaan==，21aa经验证，左式()()12121211212nnnSSSnananaa−=+++=++++

−=+右式()()()()()()1121121111122222nnnnnnnnnnnabaaanaa+−+−−=+=+−=+下面证明其它数列都不满足（3）的题设条件由上述3n时的情况可知，3n时，12,1,1nanaan==，21aa是成立的假设ka是

首次不符合12,1,1nanaan==，21aa的项，则1231kkaaaaa−===由题设条件可得()()2211112222kkkkkkkaaab−−−−+=+（*）若12kaaa，则由（*）式化简可得2kaa=与2kaa矛盾；若12ka

aa，则2kkbaa=−，所以由（*）可得()()2112kkkkaaaa−−=−所以2kaa−与1kaa−同号，这与12kaaa矛盾；所以2kaa，则1kkbaa=−，所以由（*）化简可得2kaa=.这与假设2kaa矛盾.所以不存在数列不满足12,1,1nanaa

n==，21aa的na符合题设条件综上所述：12,1,1nanaan==，21aa获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com