【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019选择性必修二）专题4.15 数列 全章综合测试卷（提高篇） Word版含解析.docx，共(15)页，48.473 KB，由小赞的店铺上传

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第四章数列全章综合测试卷（提高篇）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（5分）（2022·上海市高三阶段练习）用数学归纳法证明1+2+22+⋅⋅⋅+25𝑛−1(𝑛∈N∗)能被31整除时，从k到𝑘

+1添加的项数共有（）项A．7B．6C．5D．4【解题思路】分别写出𝑛=𝑘与𝑛=𝑘+1时相应的代数式，对比观察求解.【解答过程】当𝑛=𝑘时，则1+2+22+⋅⋅⋅+25⬚𝑘−1当𝑛=𝑘+1时，则(1+2+22+⋅⋅⋅+25⬚𝑘

−1)+(25⬚𝑘+25⬚𝑘+1+25⬚𝑘+2+25⬚𝑘+3+25⬚𝑘+4)∴从k到𝑘+1添加的项数共有5项故选：C.2．（5分）（2022·广东·高二阶段练习）下列说法正确的是（）①数列1，3，5，7与数列7，3，5，1是同一数列；②数列0，1

，2，3...的一个通项公式为𝑎𝑛=𝑛−1；③数列0，1，0，1…没有通项公式；④数列{𝑛𝑛+1}是递增数列A．①③B．②④C．②③D．②③④【解题思路】根据数列的概念即可判断A项；代入可判断B项；根据数列中前几项的特点写出通项可说明C项错误；作差法求𝑎𝑛+1−

𝑎𝑛与0的关系可判断D项.【解答过程】数列有顺序，①错误；逐个代入检验，可知数列前几项满足通项公式，②正确；𝑎𝑛=1−(−1)𝑛2就是③的一个通项公式，③错误；设𝑎𝑛=𝑛𝑛+1，则𝑎𝑛+1−𝑎𝑛=𝑛+1𝑛+2−𝑛𝑛+1=(𝑛+1)2−𝑛(𝑛+2)(𝑛+

1)(𝑛+2)=1(𝑛+1)(𝑛+2)>0，所以，𝑎𝑛+1>𝑎𝑛，所以④正确.故选：B.3．（5分）（2022·河北·高二期中）数列{𝑎𝑛}满足𝑎1=2,𝑎𝑛+1=𝑎𝑛−1𝑎𝑛+1，则数列{𝑎𝑛}的前2022项的乘积为（）A．−1B．−13C．23D．

1【解题思路】根据递推公式求得数列的周期，结合数列的周期即可求得结果.【解答过程】根据题意可得𝑎1=2,𝑎2=13,𝑎3=−12,𝑎4=−3,𝑎5=2,⋯，故该数列是以4为周期的数列，且𝑎1𝑎2𝑎3𝑎4=1，故数列{𝑎𝑛}的前

2022项的乘积为𝑎1𝑎2=23.故选：C.4．（5分）（2022·江苏省高二期中）“中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于我国南北朝时期的数学著作《孙子算经》，1852年，英国传教士伟烈亚力将该解法传至欧洲，1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于同余式解

法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”，此定理讲的是关于整除的问题，现将1到2022这2022个数中，能被2除余1且被7除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{𝑎𝑛}，则该数列共有（）A．145项B．146项C．14

4项D．147项【解题思路】由已知可得能被2除余1且被7除余1的数即为能被14除余1，进而得通项及项数.【解答过程】由已知可得𝑎𝑛−1既能被2整除，也能被7整除，故𝑎𝑛−1能被14整除，所以𝑎𝑛−1=14(𝑛

−1)，𝑛∈N∗，即𝑎𝑛=14𝑛−13，故1≤𝑎𝑛≤2022，即1≤14𝑛−13≤2022，解得1≤𝑛≤145514，故共145项，故选：A.5．（5分）（2022·江西·高三阶段练习（理））已知{𝑎�

�}是等比数列，𝑆𝑛为其前𝑛项和，给出以下命题：①{𝑎𝑛+𝑎𝑛+1}是等比数列；②{𝑎𝑛⋅𝑎𝑛+1}是等比数列；③𝑆𝑚，𝑆2𝑚−𝑆𝑚，𝑆3𝑚−𝑆2𝑚，…是等比数列；④{lg|𝑎𝑛|}是等比数列，⑤

若𝑆𝑛=𝑎⋅𝑞𝑛+𝑏，则𝑎+𝑏=0.其中正确命题的个数为（）A．5B．4C．3D．2【解题思路】根据题意找到反例说明命题错误，或者利用等比数列的定义或前𝑛项和公式证明命题正确.【解答过程】设等比数列{𝑎�

�}的公比为𝑞，若𝑎𝑛+𝑎𝑛+1=0，数列{𝑎𝑛+𝑎𝑛+1}不是等比数列，例如数列1，−1，1，−1，…，相邻项相加所构成的数列不是等比数列，故①不正确；因为𝑎𝑛𝑎𝑛+1𝑎𝑛−1𝑎𝑛=𝑞2是定值，故②正确；与第1个相仿，若相加和为零，不能构成等比

数列，例如数列1，−1，1，−1，…，𝑆2，𝑆4−𝑆2，𝑆6−𝑆4，…不能构成等比数列，故③不正确；例如𝑎𝑛=(−1)𝑛，lg|𝑎𝑛|=0，则{lg|𝑎𝑛|}不是等比数列，故④错误；由𝑆𝑛=𝑎⋅𝑞𝑛+𝑏知

𝑞≠1，𝑆𝑛=𝑎1(1−𝑞𝑛)1−𝑞=𝑎11−𝑞−𝑎11−𝑞𝑞𝑛(𝑞≠1)，所以𝑎=𝑎11−𝑞,𝑏=−𝑎11−𝑞，则𝑎+𝑏=0，⑤正确.故选:D.6．（5分）（2022·江西·高三阶段练习（理））已知数列{𝑎𝑛}满足𝑎1=1,𝑎2𝑛

=𝑎2𝑛−1+(−1)𝑛,𝑎2𝑛+1=𝑎2𝑛+3𝑛(𝑛∈N∗)，则数列{𝑎𝑛}的前2023项的和（）A．31011−2023B．31011−2025C．31012−2023D．31012−2025【解题思路】利用累加法得到𝑎2𝑛−1=3𝑛2+(−1

)𝑛−12−1,代入得到𝑎2𝑛=3𝑛2+12(−1)𝑛−1,再利用分组求和法计算得到答案.【解答过程】因为𝑎2𝑛=𝑎2𝑛−1+(−1)𝑛,𝑎2𝑛+1=𝑎2𝑛+3𝑛(𝑛∈N∗)，所以𝑎2𝑛+1=𝑎2𝑛+3𝑛=𝑎2𝑛−1+(−1)𝑛+3𝑛，即𝑎2

𝑛+1−𝑎2𝑛−1=(−1)𝑛+3𝑛，所以𝑎2𝑛−1=(𝑎2𝑛−1−𝑎2𝑛−3)+(𝑎2𝑛−3−𝑎2𝑛−5)+⋯+(𝑎3−𝑎1)+𝑎1=[(−1)𝑛−1+3𝑛−1]+[(−1)�

�−2+3𝑛−2]+⋯+[−1+3]+1=3𝑛−32−1−(−1)𝑛−12+1=3𝑛2+(−1)𝑛−12−1，所以𝑎2𝑛=𝑎2𝑛−1+(−1)𝑛=3𝑛2+(−1)𝑛−12−1+(−1)𝑛=3𝑛2+12(−1)𝑛−1.所以𝑆2023=(𝑎1+𝑎3+⋯𝑎

2023)+(𝑎2+𝑎4+⋯𝑎2022)=[312+(−1)02−1+322+(−1)12−1+⋯+310122+(−1)10112−1]+[32+12(−1)−1+322+12(−1)2−1+⋯+310112+12(

−1)1011−1]=3×1−310111−3+310122−12−2023=31012−2025.故选：D.7．（5分）（2022·河南·模拟预测（文））设等差数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑，前𝑛项和

为𝑆𝑛，若𝑆4=𝑆8，则下列说法错误的是（）A．若𝑎1<0，则{𝑎𝑛}为递增数列B．若𝑑≠0，则|𝑎9|>|𝑎6|C．若𝑎4+𝑎11>0，则𝑑>0D．对任意正整数𝑛，有𝑆𝑛≤𝑆6【解题思路】根据已知条件求得𝑎1,𝑑的关系，然后对选项逐一分析，从而确定正确答案.

【解答过程】由于等差数列{𝑎𝑛}满足𝑆4=𝑆8，所以4𝑎1+6𝑑=8𝑎1+28𝑑,4𝑎1+22𝑑=0,𝑎1+112𝑑=0,𝑎1=−112𝑑.A选项，若𝑎1=−112𝑑<0，则𝑑>0，所以{𝑎𝑛}是递增

数列，A选项正确.B选项，若𝑑≠0，𝑎9=𝑎1+8𝑑=52𝑑，𝑎6=𝑎1+5𝑑=−12𝑑，|𝑎9|=52|𝑑|,|𝑎6|=12|𝑑|,|𝑎9|−|𝑎6|=2|𝑑|>0,|𝑎9|>|𝑎6|，B选项正确.C选项，𝑎4+𝑎11=2𝑎1+1

3𝑑=2𝑑>0，C选项正确.D选项，当𝑑>0时，𝑎7=𝑎1+6𝑑=12𝑑>0，所以𝑆6<𝑆6+𝑎7=𝑆7，D选项错误.故选：D.8．（5分）（2022·福建三明·高三期中）设等比数列{𝑎𝑛}的公比为𝑞，其前𝑛项和为𝑆𝑛

，前𝑛项积为𝑇𝑛，并满足条件𝑎1>1,𝑎2019𝑎2020>1，𝑎2019−1𝑎2020−1<0，则下列结论正确的是（）A．𝑆2019>𝑆2020B．𝑇2020是数列{𝑇𝑛}中的最大值C．𝑎20

19𝑎2021−1<0D．数列{𝑇𝑛}无最大值【解题思路】根据题意，由等比数列的性质分析公比𝑞的范围，由此分析选项可得答案．【解答过程】解：等比数列{𝑎𝑛}的公比为𝑞，则𝑎𝑛=𝑎1𝑞𝑛−1，由𝑎2019𝑎2020>1，则有𝑎2019𝑎2020=(𝑎2

019)2𝑞>1，必有𝑞>0，又由𝑎2019−1𝑎2020−1<0，即(𝑎2019−1)(𝑎2020−1)<0，又𝑎1>1，则有{0<𝑎2020<1𝑎2019>1或{𝑎2020>10<𝑎2019<1，又当{�

�2020>10<𝑎2019<1时，可得𝑞>1，由𝑎1>1，则𝑎2019=𝑎1𝑞2018>1与0<𝑎2019<1矛盾所以{0<𝑎2020<1𝑎2019>1，则有0<𝑞<1，由此分析选项：对

于A，𝑆2020−𝑆2019=𝑎2020>0，故𝑆2019<𝑆2020，故A错误；对于B，等比数列{𝑎𝑛}中，0<𝑞<1，𝑎1>0，所以数列{𝑎𝑛}单调递减，又因为𝑎2020<1<𝑎2019，所以前𝑛项积为𝑇𝑛中

，𝑇2019是数列{𝑇𝑛}中的最大项，故B错误；对于C，等比数列{𝑎𝑛}中，则𝑎2019𝑎2021=𝑎20202<1，则𝑎2019𝑎2021−1<0，故C正确；对于D，由B的结论知𝑇2

019是数列{𝑇𝑛}中的最大项，故D错误.故选：C.二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（5分）（2022·全国·高二专题练习）设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：当𝑓(𝑘)≥𝑘+1成立时，总有𝑓(𝑘+1)≥𝑘+2成立.则下列

命题总成立的是（）A．若𝑓(6)<7成立，则𝑓(5)<6成立B．若𝑓(3)≥4成立，则当𝑘≥1时，均有𝑓(𝑘)≥𝑘+1成立C．若𝑓(2)<3成立，则𝑓(1)≥2成立D．若𝑓(4)≥5成立，则当𝑘≥4时，均有𝑓(𝑘)≥𝑘+1成立【解题思路】由逆否命题与原命题为等价命

题可判断AC，再根据题意可得若𝑓(3)≥4成立，则当𝑘≥3时，均有𝑓(𝑘)≥𝑘+1成立，据此可对B作出判断；同理判断出D的正误.【解答过程】对于A：当𝑓(𝑘)≥𝑘+1成立时，总有𝑓(

𝑘+1)≥𝑘+2成立.则逆否命题：当𝑓(𝑘+1)<𝑘+2成立时，总有𝑓(𝑘)<𝑘+1成立.若𝑓(6)<7成立，则𝑓(5)<6成立，故A正确；对于B：若𝑓(3)≥4成立，则当𝑘≥3时，均有𝑓(𝑘)≥𝑘+1成立，故B错误；对于C：当𝑓(𝑘)≥𝑘+1成立时，

总有𝑓(𝑘+1)≥𝑘+2成立.则逆否命题：当𝑓(𝑘+1)<𝑘+2成立时，总有𝑓(𝑘)<𝑘+1成立.故若𝑓(2)<3成立，则𝑓(1)<2成立，所以C错误；对于D：根据题意，若𝑓(4)≥5成立，则

𝑓(𝑛0+1)≥𝑛0+2(𝑛0≥4,𝑛0∈𝑁∗)成立，即𝑓(𝑘)≥𝑘+1(𝑘≥5)成立，结合𝑓(4)≥5，所以当𝑘≥4时，均有𝑓(𝑘)≥𝑘+1成立，故D正确.故选：AD.10．（5分）（2022·湖南·高三阶段练习）已知等比数列{𝑎𝑛}的公比为

𝑞，其前𝑛项之积为𝑇𝑛，且满足0<𝑎1<1，𝑎2022𝑎2023−1>0，𝑎2022−1𝑎2023−1<0，则（）A．𝑞>1B．𝑎2021𝑎2023−1<0C．𝑇2023的值是𝑇𝑛中最小的

D．使𝑇𝑛<1成立的最大正整数𝑛的值为4043【解题思路】由等比数列的性质得0<𝑎2022<1<𝑎2023，再对选项逐一判断，【解答过程】由0<𝑎1<1，𝑎2022𝑎2023−1>0，𝑎2022−1𝑎2023−1<0得𝑞>

0，且0<𝑎2022<1<𝑎2023，对于A，𝑞=𝑎2023𝑎2022>1，故A正确，对于B，𝑎2021𝑎2023=𝑎20222<1，故B正确，对于C，当1≤𝑛≤2022时，0<𝑎𝑛<1，

当𝑛≥2023时，𝑎𝑛>1，故𝑇2022的值是𝑇𝑛中最小的，故C错误，对于D，𝑇4043=𝑎20224043<1，𝑇4044=(𝑎2022𝑎2023)2022>1，故使𝑇𝑛<1成立的

最大正整数𝑛的值为4043，故D正确，故选：ABD.11．（5分）（2022·河北张家口·高三期中）已知数列{𝑎𝑛}的前n项和为𝑆𝑛，若𝑎1=2，且𝑎𝑛+1=𝑎𝑛2𝑎𝑛2+1,𝑛∈N∗，则下列说

法确的是（）A．{𝑎𝑛}为单调递增数列B．0<𝑎𝑛≤2C．1𝑎𝑛−1𝑎1=2(𝑆𝑛−𝑎𝑛)D．当𝑛≥2时，数列{𝑎𝑛}的前n项和𝑆𝑛满足𝑆𝑛≤2𝑛−169【解题思路】对于A，利用递推式得到0<𝑎𝑛+1𝑎𝑛=12

𝑎𝑛2+1<1，从而证得数列{𝑎𝑛}是单调递减数列，由此判断即可；对于B，先利用反证法证得𝑎𝑛>0，再由数列{𝑎𝑛}的单调性得到𝑎𝑛≤2，据此判断即可；对于C，利用累加法即可证得1𝑎𝑛−1

𝑎1=2(𝑆𝑛−𝑎𝑛)，由此判断即可；对于D，利用数列{𝑎𝑛}的单调性与前𝑛项的定义即可证得𝑆𝑛≤2𝑛−169，据此判断即可.【解答过程】对于A，因为𝑎𝑛+1=𝑎𝑛2𝑎𝑛2+1,

𝑛∈N∗，若𝑎𝑛=0，则𝑎𝑛+1=𝑎𝑛2𝑎𝑛2+1=0，故{𝑎𝑛}是各项为0的常数列，与𝑎1=2矛盾，所以𝑎𝑛≠0，𝑎𝑛2>0，则2𝑎𝑛2+1>1，故0<𝑎𝑛+1𝑎𝑛=12𝑎𝑛2+1<1，即𝑎𝑛+1<𝑎𝑛，所以数

列{𝑎𝑛}是单调递减数列，故A错误；对于B，因为𝑎𝑛+1𝑎𝑛=12𝑎𝑛2+1>0，若𝑎𝑛<0，则𝑎𝑛+1<0，故{𝑎𝑛}是各项为负数的数列，与𝑎1=2矛盾，所以𝑎𝑛>0，又因为数列{𝑎𝑛}是单调递减数列，所以𝑎1=2是数列{𝑎𝑛}中最大的项，所

以𝑎𝑛≤2，综上：0<𝑎𝑛≤2，故B正确；对于C，因为𝑎𝑛+1=𝑎𝑛2𝑎𝑛2+1，所以1𝑎𝑛+1=2𝑎𝑛2+1𝑎𝑛=2𝑎𝑛+1𝑎𝑛，则1𝑎𝑛+1−1𝑎𝑛=2𝑎𝑛

，所以1𝑎2−1𝑎1=2𝑎1,1𝑎3−1𝑎2=2𝑎2,⋯,1𝑎𝑛−1𝑎𝑛−1=2𝑎𝑛−1，上述各式相加得1𝑎𝑛−1𝑎1=2𝑎1+2𝑎2+⋯+2𝑎𝑛−1=2(𝑆𝑛−𝑎𝑛)，又𝑎1=2，所以𝑎

2=𝑎12𝑎12+1=22×22+1=29，经检验：1𝑎2−1𝑎1=92−12=4,2(𝑆2−𝑎2)=2𝑎1=4，满足1𝑎𝑛−1𝑎1=2(𝑆𝑛−𝑎𝑛)，所以1𝑎𝑛−1𝑎1=2(𝑆𝑛−𝑎𝑛)，故C正确；对于D，由选项A知，𝑎𝑛<

𝑎1=2(𝑛≥2)，所以𝑆𝑛=𝑎1+𝑎2+𝑎3+⋯+𝑎𝑛=2+29+𝑎3+⋯+𝑎𝑛<209+2(𝑛−2)=2𝑛−169，故D正确.故选：BCD.12．（5分）（2022·安徽·高三阶段练习）已知𝑆𝑛为等差数列{𝑏𝑛

}的前𝑛项和，且满足3𝑏2=𝑏5，𝑏3=5𝑏2−10，若数列{𝑎𝑛}满足𝑎𝑛+𝑎𝑛+1=𝑏𝑛，𝑏1=𝑎1+1，则（）A．𝑏32=63B．𝑆𝑛−5𝑏𝑛的最小值为−2

5C．{𝑎𝑛}为等差数列D．{𝑎𝑛}和{𝑏𝑛}的前100项中的公共项的和为2000【解题思路】对于A选项，直接利用等差数列{𝑏𝑛}所给的条件求出首项和公差进而求出{𝑏𝑛}的通项公式来判断A；对于B选项，将𝑆𝑛−5𝑏𝑛表示出来得到关于n

的表达式，利用二次函数性质求出最小值判断B；对于C选项由题意可得{𝑎𝑛}的地推公式，利用构造法找到规律进而得出数列{𝑎𝑛}的通项公式来判断C；对于D选项，结合{𝑎𝑛}{𝑏𝑛}公共项的特点正好是等差数列，利用等差数列求和来判断D

；【解答过程】由{𝑏𝑛}为等差数列，设公差为𝑑，∵3𝑏2=𝑏5，𝑏3=5𝑏2−10，得{3(𝑏1+𝑑)=𝑏1+4𝑑𝑏1+2𝑑=5(𝑏1+𝑑)−10，解得𝑏1=1，𝑑=2，∴𝑏𝑛=𝑏1+(𝑛−1)𝑑=1+(𝑛−1)×2=2𝑛−1，�

�𝑛=𝑛(1+2𝑛−1)2=𝑛2，则𝑏32=2×32−1=63，所以选项A正确；𝑆𝑛−5𝑏𝑛=𝑛2−5(2𝑛−1)=𝑛2−10𝑛+5=(𝑛−5)2−20，∴当𝑛=5时，𝑆𝑛−5𝑏𝑛的最小值为−20，选项B错误；由𝑎𝑛+𝑎𝑛+1=𝑏𝑛=2𝑛−

1，得𝑎𝑛+𝑎𝑛+1=𝑛+𝑛−1，变形得𝑎𝑛+1−𝑛=−[𝑎𝑛−(𝑛−1)]，构建一个新数列{𝑐𝑛}，令𝑐𝑛+1=𝑎𝑛+1−𝑛，𝑐𝑛=𝑎𝑛−(𝑛−1)，即𝑐𝑛+1+𝑐𝑛=0，又∵𝑏1=𝑎1+1，∴�

�1=0，由𝑎𝑛+𝑎𝑛+1=2𝑛−1，得𝑎1+𝑎2=1，则𝑎2=1，𝑐1=𝑎1=0，𝑐2=𝑎2−1=0，再由𝑐𝑛+1+𝑐𝑛=0得，𝑐𝑛=0，即𝑎𝑛−(𝑛−1)=0，∴{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛=�

�−1，由𝑎𝑛+1−𝑎𝑛=1可证明{𝑎𝑛}为等差数列，所以选项C正确；由𝑎𝑛=𝑛−1和𝑏𝑛=2𝑛−1通项公式可以得出，{𝑎𝑛}和{𝑏𝑛}的前100项中的公共项的和为1+3+5+7+⋯+99=50×(

1+99)2=2500，所以选项D错误，故选：AC.三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）（2022·全国·高二课时练习）用数学归纳法证明1𝑛+1+1𝑛+2+......+13𝑛≥56时，从𝑛=𝑘到𝑛=𝑘+1

，不等式左边需添加的项是13𝑘+1+13𝑘+2+13𝑘+3−1𝑘+1．【解题思路】先列举出当𝑛=𝑘时，左边的式子，再令𝑛=𝑘+1，则左边最后一项为13𝑘+3，通过对比即可求出添加项【解答过程】当𝑛=𝑘时，所假设的不等式为1𝑘+1+1𝑘+2+⋯⋯+

13𝑘≥56，当𝑛=𝑘+1时，要证明的不等式为1𝑘+2+1𝑘+2+⋯⋯+13𝑘+13𝑘+1+13𝑘+2+13𝑘+3≥56，故需添加的项为：13𝑘+1+13𝑘+2+13𝑘+3−1𝑘+1，故答案为：13𝑘+1+13𝑘+2+13𝑘+3−1𝑘+1．1

4．（5分）（2022·上海·高二期末）设等差数列{𝑎𝑛}，{𝑏𝑛}的前𝑛项和分别为𝑆𝑛，𝑇𝑛，且𝑆𝑛𝑇𝑛=5𝑛+32𝑛−1，则𝑎4𝑏4=3813.【解题思路】根据等差数列前𝑛项和公式解决即可.【解答过程】由题知，等差数列{�

�𝑛}{𝑏𝑛}的前n项和分别为𝑆𝑛，𝑇𝑛，且𝑆𝑛𝑇𝑛=5𝑛+32𝑛−1，因为𝑎4𝑏4=7(2𝑎4)7(2𝑏4)=7(𝑎1+𝑎7)7(𝑏1+𝑏7)=𝑆7𝑇7=35+314−1=3813，故答案为：3813.15．（

5分）（2022·江西·高三阶段练习（理））斐波那契数列，又称黄金数列，指的是1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，在现代物理、准晶体结构等领域都有直接应用，对斐波那契数列，其递推公式为𝑎1=𝑎2=1，𝑎𝑛+2=𝑎𝑛+1+𝑎𝑛．已知𝑆𝑛为斐波那契数列{𝑎𝑛

}的前n项和，若𝑎2024=𝑝，则𝑆2022=𝑝−1．（结果用p表示）【解题思路】由已知条件，写出递推公式，累加法求出相应的通项（或递推）公式即可.【解答过程】因为𝑎𝑛+2=𝑎𝑛+1+𝑎�

�，所以𝑎3=𝑎1+𝑎2，𝑎4=𝑎2+𝑎3，𝑎5=𝑎3+𝑎4，…，𝑎𝑛+2=𝑎𝑛+𝑎𝑛+1，将以上n个式子两边分别相加，得𝑆𝑛+2−𝑎1−𝑎2=2𝑆𝑛−𝑎1+𝑎𝑛+1，所以𝑆𝑛+2=2𝑆𝑛+�

�2+𝑎𝑛+1，又𝑆𝑛+2=𝑆𝑛+𝑎𝑛+1+𝑎𝑛+2，所以𝑆𝑛+𝑎𝑛+1+𝑎𝑛+2=2𝑆𝑛+𝑎2+𝑎𝑛+1，所以𝑆𝑛=𝑎𝑛+2−1，所以𝑆2022=𝑎2024−1=𝑝−1．故答案为：

𝑝−1.16．（5分）（2022·江苏·高二期中）已知数列{𝑎𝑛}的各项均为正数，𝑎1=2，𝑎𝑛+1⬚2−𝑎𝑛𝑎𝑛+1−2𝑎𝑛2=0，则数列{𝑎𝑛(𝑎𝑛+1+1)(𝑎𝑛+1)}前10项的和为6822049.

【解题思路】运用因式分解法，结合等比数列的定义、裂项相消法进行求解即可.【解答过程】由𝑎𝑛+1⬚2−𝑎𝑛𝑎𝑛+1−2𝑎𝑛2=0⇒(𝑎𝑛+1−2𝑎𝑛)(𝑎𝑛+1+𝑎𝑛)=0⇒𝑎𝑛+1=2𝑎𝑛，或𝑎𝑛+1=−

𝑎𝑛，当𝑎𝑛+1=−𝑎𝑛时，即𝑎𝑛+1𝑎𝑛=−1，所以数列{𝑎𝑛}是以−1为公比的等比数列，这不符合数列{𝑎𝑛}的各项均为正数；当𝑎𝑛+1=2𝑎𝑛时，即𝑎𝑛+1𝑎𝑛=2，所以数列{𝑎𝑛}是以2为公

比的等比数列，又𝑎1=2，所以𝑎𝑛=2×2𝑛−1=2𝑛，因为𝑎𝑛(𝑎𝑛+1+1)(𝑎𝑛+1)=2𝑛(2𝑛+1+1)(2𝑛+1)=12𝑛+1−12𝑛+1+1，所以{𝑎𝑛(𝑎𝑛+1+1)(𝑎𝑛+1)}前10项的和为121+1−122+1

+122+1−123+1+⋯+1210+1−1211+1=13−12049=6822049，故答案为：6822049.四．解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）（2022·上海·高二阶段练习）观察下面等式：1=12,2+3+4=9=32,3+4+5+6+7=25=52,4+5+6+

7+8+9+10=49=72,⋅⋅⋅写出由这些等式归纳的一般规律，用数学归纳法证明．【解题思路】总结规律后由数学归纳法证明【解答过程】一般规律：𝑛+(𝑛+1)+⋯+(3𝑛−2)=(2𝑛−1)2，证明：（1

）𝑛=1时，左=右，等式成立；（2）假设𝑛=𝑘时，等式成立，即𝑘+(𝑘+1)+⋯+(3𝑘−2)=(2𝑘−1)2，则当𝑛=𝑘+1时，𝑘+1+𝑘+2+⋯+(3𝑘−2)+(3𝑘−1)+3𝑘+(3𝑘+1)，=(2𝑘−1)2+8𝑘=4𝑘2+4𝑘+1=(2𝑘+1)

2等式也成立，由（1）（2）得当𝑛∈N∗时等式都成立．18．（12分）（2021·陕西·高二期中（理））已知等差数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛,𝑎3=5，公差𝑑为整数，且𝑆𝑛≤𝑆5(𝑛∈N*).(1)求数列{𝑎𝑛}的通项公式；(2)若𝑏𝑛=|𝑎𝑛|，求数列{�

�𝑛}的前𝑛项和𝑇𝑛.【解题思路】（1）确定𝑎1>0,𝑑<0,𝑎5≥0,𝑎6≤0，根据等差数列公式得到−52≤𝑑≤−53，得到𝑑=−2，得到通项公式.（2）考虑1≤𝑛≤5和𝑛≥6两种情况，根据𝑎𝑛的正负分别计算即可.【解答过程】（1）

由𝑎3=5,𝑆𝑛≤𝑆5(𝑛∈N*)，可得𝑎1>0,𝑑<0,𝑎5≥0,𝑎6≤0，由𝑎3=5，可得𝑎5=5+2𝑑≥0且𝑎6=5+3𝑑≤0，解得−52≤𝑑≤−53，又公差𝑑为整

数，𝑑=−2，𝑎𝑛=5+(𝑛−3)×(−2)=−2𝑛+11.（2）𝑏𝑛=|𝑎𝑛|=|−2𝑛+11|，当1≤𝑛≤5时，𝑎𝑛>0；当𝑛≥6时，𝑎𝑛<0，𝑆𝑛=12𝑛(9−2𝑛+11)=−𝑛2+1

0𝑛，当1≤𝑛≤5时，𝑇𝑛=𝑆𝑛=10𝑛−𝑛2；当𝑛≥6时，𝑇𝑛=−(𝑆𝑛−𝑆5)+𝑆5=2𝑆5−𝑆𝑛=2×(50−25)−(10𝑛−𝑛2)=50−10𝑛+𝑛2.综上，𝑇𝑛={10𝑛−�

�2,1≤𝑛≤550−10𝑛+𝑛2,𝑛≥6.19．（12分）（2022·上海市高一期末）在一次招聘会上，甲、乙两家公司分别给出了它们的工资标准.甲公司允诺：第一年的年薪为10.8万元，以后每年的年薪比上一

年增加8000元；乙公司的工资标准如下：①第一年的年薪为8万元；②从第二年起，每年的年薪除比上一年增加10%外，还另外发放𝑎（𝑎为大于0的常数）万元的交通补贴作为当年年薪的一部分.设甲、乙两家公司第𝑛年的年薪依次为𝑎𝑛万元和𝑏𝑛万元.(1)证明数

列{𝑏𝑛+10𝑎}为等比数列，并求{𝑏𝑛}的通项公式；(2)小李年初被这两家公司同时意向录取，他打算选择一家公司连续工作至少10年.若仅从前10年工资收入总量较多作为选择的标准（不记其它因素），为了

吸引小李的加盟，乙公司从第二年起，每年应至少发放多少元的交通补贴？（结果精确到元）【解题思路】（1）由题意可得出𝑏𝑛+1=1.1𝑏𝑛+𝑎，利用等比数列的定义可证明出数列{𝑏𝑛+10𝑎}为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得数列{𝑏𝑛}的通项公式；（2）设数列{

𝑎𝑛}、{𝑏𝑛}的前𝑛项和分别为𝑆𝑛、𝑇𝑛（单位：万元），计算出𝑆10、𝑇10，由𝑇10≥𝑆10，解出𝑎的范围，即可得解.【解答过程】(1)解：由题意可得𝑏𝑛+1=1.1𝑏𝑛+𝑎，且𝑏1=8，则𝑏𝑛+1+10𝑎=1.1𝑏

𝑛+11𝑎=1.1(𝑏𝑛+10𝑎)，所以，数列{𝑏𝑛+10𝑎}为等比数列，且首项为𝑏1+10𝑎=10𝑎+8，公比为1.1，所以，𝑏𝑛+10𝑎=(10𝑎+8)×1.1𝑛−1，故𝑏𝑛=(10𝑎+8)×1.1𝑛−1−10𝑎.(2)解：设数列{𝑎𝑛}、{𝑏

𝑛}的前𝑛项和分别为𝑆𝑛、𝑇𝑛（单位：万元），则数列{𝑎𝑛}是首项为10.8，公差为0.8的等差数列，所以，𝑆10=10.8×10+10×9×0.82=144，𝑇10=(10𝑎+8)(1−1.110)1−1.1−100𝑎=100𝑎

(1.110−2)+80(1.110−1)≥144，可得𝑎≥144−80(1.110−1)100(1.110−2)≈0.2779.所以，每年应至少发放2779元的交通补贴.20．（12分）（2022·陕西·一模（理））已知等差数列{𝑎𝑛}

的前n项的和为𝑀𝑛，𝑎2+𝑀3=20,𝑎5=14.数列{𝑏𝑛}的前n项和为𝑆𝑛，𝑏1=12,2𝑆𝑛+1=2𝑆𝑛+𝑏𝑛.(1)求数列{𝑎𝑛}和{𝑏𝑛}的通项公式；(2)若𝑐

𝑛=1𝑎𝑛𝑎𝑛+1，数列{𝑐𝑛}的前n项和为𝑇𝑛，求证：𝑇𝑛>16⋅𝑏𝑛.【解题思路】（1）运用等差数列的基本公式联立方程可解出{𝑎𝑛}的首项和公差，进而得到通项公式；对{𝑏𝑛}，考虑整理𝑏1=12,2𝑆𝑛+1=2𝑆�

�+𝑏𝑛说明其为等比数列可得其通项公式；（2）将{𝑐𝑛}的通项公式进行裂项，可以求出其和𝑇𝑛，进而证明不等式.【解答过程】（1）设{𝑎𝑛}的公差为d，由题意得：{4𝑎1+4𝑑=20,𝑎1+4𝑑=14,解得{

𝑎1=2,𝑑=3,所以𝑎𝑛=𝑎1+(𝑛−1)𝑑=3𝑛−1，∴𝑎𝑛=3𝑛−1,𝑛∈N∗由2𝑆𝑛+1=2𝑆𝑛+𝑏𝑛，得2(𝑆𝑛+1−𝑆𝑛)=2𝑏𝑛+1=𝑏𝑛，又𝑏1=12，所以{𝑏

𝑛}是公比为12的等比数列，所以𝑏𝑛=(12)𝑛,𝑛∈N∗.（2）证明：𝑐𝑛=1𝑎𝑛𝑎𝑛+1=1(3𝑛−1)(3𝑛+2)=13(13𝑛−1−13𝑛+2)，𝑇𝑛=13[(12−15)+(

15−18)+⋯+(13𝑛−1−13𝑛+2)]=13(12−13𝑛+2).要证𝑇𝑛>16𝑏𝑛，即证1−23𝑛+2>(12)𝑛，因为𝑓(𝑥)=1−23𝑥+2−(12)𝑥在[1,+∞)上为增函数，且𝑓(1)=1−

25−12>0，所以1−23𝑛+2−(12)𝑛>0得证.21．（12分）（2022·上海·高一期末）对于无穷数列{𝑎𝑛}，设集合𝐴={𝑥|𝑥=𝑎𝑛,𝑛≥1}．若𝐴为有限集，则称数列{𝑎𝑛}为“𝑇数列”．(1)已

知数列{𝑎𝑛}满足𝑎1=2,𝑎𝑛+1=11−𝑎𝑛，判断{𝑎𝑛}是否为“𝑇数列”，并说明理由；(2)设函数𝑦=𝑓(𝑥)的表达式为𝑓(𝑥)=3|𝑥+1|−|𝑥+2|，数列{𝑎𝑛}满足𝑎𝑛+1=𝑓(𝑎𝑛)．若{𝑎𝑛}为“𝑇数列”，求

首项𝑎1的值；(3)设𝑎𝑛=cos(𝑡𝜋𝑛)．若数列{𝑎𝑛}为“𝑇数列”，求实数𝑡的取值集合．【解题思路】（1）根据𝑎1=2,𝑎𝑛+1=11−𝑎𝑛，计算即可；（2）𝑓(𝑥)m

in=𝑓(−1)=−1，当𝑥>−1时，𝑓(𝑥)=2𝑥+1>𝑥，分𝑎1=−1，𝑎1≠−1两种情况讨即可；（3）当𝑡为有理数时，必存在𝑝∈Z+,𝑞∈Z，使得𝑡=𝑞𝑝，则𝑎𝑛+2𝑝=cos[𝑞�

�π(𝑛+2𝑝)]=cos(𝑞𝑝π𝑛+2𝑞π)=cos𝑞𝑝π𝑛=𝑎𝑛，因此集合𝐴={𝑥|𝑥=𝑎𝑛,𝑛∈𝐍∗}中元素个数不超过2𝑝，为有限集；𝑡为无理数时，用反证法证明𝑎𝑚≠𝑎𝑛解决即可.【解答过

程】（1）因为𝑎1=2,𝑎𝑛+1=11−𝑎𝑛，所以𝑎2=11−2=−1,𝑎3=11+1=12,𝑎4=11−12=2,𝑎5=11−2=−1，所以𝐴={𝑥|𝑥=𝑎𝑛,𝑛∈N∗}={−1,12,2}，所以{

𝑎𝑛}是“𝑇数列”；（2）由题知，𝑓(𝑥)=3|𝑥+1|−|𝑥+2|={2𝑥+1𝑥≥−1−4𝑥−5−2≤𝑥<−1−2𝑥−1𝑥<−2，所以𝑓(𝑥)min=𝑓(−1)=−1，当𝑥>−1时，𝑓(𝑥)=2𝑥+1>𝑥(∗)

，因此当𝑎1=−1时，𝑎2=𝑓(𝑎1)=−1,𝑎3=𝑓(𝑎2)=−1,⋯，即𝑎𝑛=−1,𝑛∈𝑁∗，此时{𝑎𝑛}为“𝑇数列”，当𝑎1≠−1时，𝑎2=𝑓(𝑎1)>−1，由(∗)得𝑎3=𝑓

(𝑎2)>𝑎2>−1,𝑎4=𝑓(𝑎3)>𝑎3>−1，...，因此𝑎𝑛+1>𝑎𝑛,{𝑎𝑛}显然不是“𝑇数列”；综上，𝑎1=−1；（3）当𝑡为有理数时，必存在𝑝∈Z+,𝑞∈Z，使得

𝑡=𝑞𝑝，则𝑎𝑛+2𝑝=cos[𝑞𝑝π(𝑛+2𝑝)]=cos(𝑞𝑝π𝑛+2𝑞π)=cos𝑞𝑝π𝑛=𝑎𝑛，因此集合𝐴={𝑥|𝑥=𝑎𝑛,𝑛∈N∗}中元素个数不超过2𝑝，为有限集；当𝑡为无理数时，对任意𝑚,𝑛∈N∗,𝑚≠𝑛，下用

反证法证明𝑎𝑚≠𝑎𝑛，若𝑎𝑚=𝑎𝑛，即cos𝑡π𝑛=cos𝑡π𝑚，则𝑡π𝑛=𝑡π𝑚+2𝑘π或𝑡π𝑛=−𝑡π𝑚+2𝑘π，其中𝑘∈Z，则𝑡=2𝑘𝑛−𝑚∈Q或𝑡=2𝑘𝑛+𝑚∈Q，矛盾，所以𝑎𝑚≠𝑎𝑛，因此集合𝐴={𝑥|𝑥

=𝑎𝑛,𝑛∈N∗}必为无限集；综上，𝑡的取值集合是全体有理数，即𝑡∈Q．22．（12分）（2022·江苏·高二阶段练习）已知等差数列{𝑎𝑛}满足𝑎3=7,𝑎5+𝑎7=26.(1)求{𝑎𝑛}的通项公式；(2)若𝑚=

2𝑎𝑛2𝑛+2，数列{𝑏𝑛}满足关系式𝑏𝑛={1,𝑛=1𝑏𝑛−1+𝑚,𝑛≥2，求数列{𝑏𝑛}的通项公式；(3)设（2）中的数列{𝑏𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，对任意的正整数𝑛，(1−𝑛

)⋅(𝑆𝑛+𝑛+2)+(𝑛+𝑝)⋅2𝑛+1<2恒成立，求实数𝑝的取值范围.【解题思路】（1）由已知条件列方程组求解基本量并代入即可；（2）先代入𝑎𝑛求得数列{𝑏𝑛}的递推公式，再用累加法计算出{𝑏𝑛}的通项，并代入首项检验即可；（3）先求数列{𝑏𝑛}的前𝑛

项和为𝑆𝑛，代入原不等式后将𝑝分离，再求不含𝑝的式子的最值即可.【解答过程】（1）设等差数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑，由已知，有{𝑎1+2𝑑=72𝑎1+10𝑑=26，解得{𝑎1=3𝑑=2所以𝑎𝑛=3+2(𝑛−1)=2𝑛+1，即等差

数列{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛=2𝑛+1,𝑛∈𝑁*.（2）因为𝑚=2𝑎𝑛2𝑛+2=22𝑛+12𝑛+2=2𝑛−1，当𝑛≥2时，𝑏𝑛−𝑏𝑛−1=2𝑛−1，所以{𝑏2−𝑏1=2𝑏3−𝑏2=22⋯

𝑏𝑛−𝑏𝑛−1=2𝑛−1累加得𝑏𝑛−𝑏1=2+22+23+⋯+2𝑛−1，即𝑏𝑛=1+2+22+⋯+2𝑛−1=1−2𝑛1−2=2𝑛−1.当𝑛=1时，𝑏1=1也满足上式.所以数列{𝑏𝑛}的通项公式为𝑏𝑛=2𝑛−1.（3）由（2）𝑏𝑛=2𝑛−1，所以�

�𝑛=(2+22+23+⋯+2𝑛)−𝑛=2𝑛+1−(𝑛+2)，∴原不等式变为(1−𝑛)2𝑛+1+(𝑛+𝑝)⋅2𝑛+1<2，即𝑝⋅2𝑛+1<2−2𝑛+1，∴𝑝<12𝑛−1对任意𝑛∈

𝑁*恒成立，∵𝑛为任意的正整数，∴12𝑛−1>−1，∴𝑝≤−1.∴𝑝的取值范围是(−∞,−1].