2024年3月3日发(作者：)

重难点01 数列

新高考中考查数列难度不大，但解答题中作为了必考内容，一般是解答题的前两题，会考察开放式的题型。知识点考查比较简单，也是新高考中务必拿分题目，对于大部分人来说，数列这一知识点是不容失分的。本专题是通过对高考中常见高考题型对应知识点的研究而总结出来的一些题目，通过本专题的学习补充巩固，让你对高考中数列题目更加熟练，做高考数列题目更加得心应手。

1、通项公式的求法

1）累加法（叠加法）

若数列an满足an1anf(n)(nN*)，则称数列an为“变差数列”，求变差数列an的通项时，利用恒等式ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)a1f(1)f(2)f(3)f(n1)(n2)求通项公式的方法称为累加法。

2）累乘法（叠乘法）：

若数列an满足an1f(n)an(nN*)，则称数列an为“变比数列”，求变比数列an的通项时，利用ana1a2a3a4ana1f(1)f(2)f(3)f(n1)(n2)求通项公式的方法称为累乘法。

a1a2a3an13）由数列的前n项和Sn与an的关系求通项公式

若已知数列an的前n项和Snf(n)，则不论数列an是否为等差数列或等比数列，当n2时，都有S1，n1Sn-1f(n1)，可利用公式an求通项。

SnSn1,n24）构造新数列

对于an=pan-1+q的形式，主要是利用(an+m)=p(an-1+m)的形式进行转化；

对于

an=pan-1+pn+1，主要采用anan-1-=m的形式进行转化运算；

pnpn-111-=p的形式进行转化运算。

对于an-an-1=panan-1

一般采用转化成anan-12、数列求和问题

1、常见裂项求和公式：

111111111，，n＋n＋1＝n＋1－n．

(2n-1)(2n1)22n-12n1n(nk)knn11n1a1an4n11n1111

；(2n-1)(2n1)2n-12n1(an-1)(an11)an-1an112、错位相减求和问题

（1）要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；

（2）在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．

（3）在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．

3、分组求和问题，分为三种，一种是绝对值分组求和问题，另外一种是两种不同数列的分组求和问题，还有一种是分奇偶项求和。

热点1：由递推式求通项公式；热点2：数列求和；热点3：数列中的新定义与最值（范围）问题；

A卷（建议用时90分钟）

一、单选题

1．（2021·四川·内江市教育科学研究所一模）记数列an的前n项和为Sn，若Sn2an1，则（

）

A．an1 B．an是等差数列 C．an是等比数列 D．S430

【答案】C

【分析】当n1时，a11，所以选项A错误；推理得到正确；S415,

所以选项D错误.

【详解】解：当n1时，S12a11，a11，所以选项A错误；

**因为Sn2an1(nN)，Sn12an11(nN,n2)，

an2(nN*,n2)，所以选项B错误，选项Can1**所以anSnSn12an2an1(nN,n2)，化为an2an1(nN,n2)

an2(nN*,n2)所以数列an是等比数列.

所以选项B错误，选项C正确；

an1S4124815,所以选项D错误.故选：C

2．（2021·黑龙江·勃利县高级中学高三期中）“垛积术”是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有茭草垛、方垛、刍童垛、三角垛等．某仓库中部分货物堆放成如图所示的“茭草垛”：自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是n件．

已知第一层货物单价1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的9100200万元，则n的值为（

）

10n9．若这堆货物总价是10

A．9 B．10 C．11 D．12

【答案】B

【分析】先依次求出各层货物总价，再利用裂项抵消法进行求解.

【详解】由题意，得第一层货物总价为1万元，第二层货物总价为2第三层货物总价为3(9万元，

10929)万元，，第n层货物总价为n()n1万元.

1010

设这堆货物总价为y万元，则y129993()2n()n1

1y2()23()3n()n，

1010101010两式相减，得199999y1+()2()3()n1n()n，

11()n110n(9)n1010(9)nn(9)n，

即y9101010101109n9n9n则y100100()10n()=100(10010n)()，

1010109n9n令y100(10010n)()=100200()，得n10.故选：B.

10103．（2021·江西高安·模拟预测）已知等差数列an，其前n项和为Sn，Sn有最小值，若成立的n的最大值为（

）

A．17

【答案】C

【分析】依题意可得a10，d0，再根据数列前n项和公式及下标和性质计算可得；

B．16 C．15 D．14

a91，则使Sn0a8a91，即可得到a80，a90，且a9a80，再根据等差a8a91，a88【详解】解：因为等差数列an的前n项和为Sn有最小值,所以a10，d0，所以a9a8，因为所以a80，a90，且a9a80，所以S16a1a1616a9a8160，S2215a1a151515a20，所以当1n15时Sn0，所以使Sn0成立的n的最大值为15；故选：C

4．（2021·全国全国·模拟预测）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号.设xR，用x表示不超过x的最大整数，则fxx称为高斯函数.已知数列an满足a22，且n1an1nan2n1，若bnlgan数列bn的前n项和为TA．4950

【答案】C

n，则T2021（

）

B．4953 C．4956 D．4959

【分析】由题利用累加法可得ann，进而可得bnlgn，分类讨论bn的取值，即求.

【详解】由(n1)an1nan2n1，a22可得a11，

2根据累加法可得nannan(n1)an1(n1)an1(n2)an22a2a1a1n所以ann，

故bnlgn，当1≤n≤9时，bn0；当10n99时，bn1；当100n999时，bn2；当1000n2021时，bn3，

因此T2021909002102234956.故选：C.

15．（2021·江苏徐州·高三期中）已知等比数列an的前n项和Sn3若数列Tn是等差数列，则非零实数a的值是（

）

n1nb，数列(ab)的前n项和为Tn，A．3

【答案】C

1B．

3C．3 D．4

【分析】根据anSnSn1求出an通项公式，利用a1S1可求出b1，求出Tn，根据等差数列的特点可得.

31【详解】因为等比数列an的前n项和Sn31则当n2时，anSnSn13n1nn1b，

n121211bb，则a1S1b，解得b，

993333nn1aaaan1aan3an333，

则(ab)，即(ab)是以为首项，为公比的等比数列，则Tn333aaa11333a因为Tn是等差数列，则通项公式不能出现n1次方项，所以1，解得a3.故选：C.

3nN*a5,n36．（2021·辽宁实验中学高三期中）数列an中，a11，an1，使an2021对任意的nkna,N*n13（kN*）恒成立的最大k值为（

）

A．1209

【答案】B

B．1211 C．1213 D．1215

【分析】根据数列的通项公式，列出各项，找数列的规律，判断到哪一项是等于2021，即可得答案.

【详解】由已知可得，数列an：1,6,11,6,11,16,11,16,21,，可得规律为1,6,11；6,11,16；11,16,21；L此时将原数列分为三个等差数列：1,6,11,an6,11,16,an5n2，nnn3m1,mN；

35n85n18,nnn3m3,mN;

，nnn3m2,mN；11,16,21,an33因为a12092021,a12102016,a12112021,a121220262021，

所以满足an2021对任意的nkkN恒成立的最大k值为1211．故选：B.

7．（2021·山东泰安·高三期中）若数列an满足a12，an1anan1，则a2022（

）

A．2

【答案】C

B．12 C．-1 D．-2

【分析】由题意得数列an是周期为3的数列，即可得解.

【详解】由a12，代入an1anan1可得a2=，同理可得a3=1.

an11an11an+11an1an2===由an1anan1，得an1=a，从而有an2=，即，

an1an1an+1an1nan12从而有an3=11==anan+11an1，所以数列an的周期为3，所以a2022a3674a3=1.故选：C.

1an8．（2021·河北衡水中学模拟预测）数列an满足a1Z，an1an2n3，且其前n项和为Sn.若S13am，则正整数m（

）

A．99

【答案】B

B．103 C．107 D．198

【分析】根据递推公式，构造新数列ann1为等比数列，求出数列an通项，再并项求和，将S13用a1表示，再结合通项公式，即可求解.

【详解】由an1an2n3得an1(n1)1ann1，

∴ann1为等比数列，∴ann1(1)n1a12，

n1m1∴an(1)a12n1，am(1)a12m1，

∴S13a1a2a3a12a13a12(2412)36a1102，

①m为奇数时，a12m1a1102，m103；

②m为偶数时，a12m1a1102，m2a199，

∵a1Z，m2a199只能为奇数，∴m为偶数时，无解，综上所述，m103.故选：B.

【点睛】本题考查递推公式求通项，合理应用条件构造数列时解题的关键，考查并项求和，考查分类讨论

思想，属于较难题.

二、多选题

9．（2021·河北邯郸·高三期末）Look—and—say数列是数学中的一种数列，它的名字就是它的推导方式：给定第一项之后，后一项是前一项的发音，例如第一项为3，第二项是读前一个数“1个3”，记作13，第三项1个3”，….若Look—and—say记作1113，按此方法，第四项为3113，第五项为132113，是读前一个数“1个1，数列an第一项为11，依次取每一项的最右端两个数组成新数列bn，则下列说法正确的是（

）

A．数列an的第四项为111221 B．数列an中每项个位上的数字不都是1

C．数列bn是等差数列 D．数列bn前10项的和为160

【答案】AD

A.列举前四项可得答案；B.

根据数列an中最后读的数字是1可得答案；C.列举前四项可得答案；【分析】D.列举可得数列bn中数的规律，进而可求和.

【详解】a111，a221，a31211，a4111221，A正确；

数列an中最后读的数字总是1，故数列an中每项个位上的数字都是1，B错误；

数列bn：11，21，11，21，…，不是等差数列，C错误；

通过列举发现数列bn的第一，三，五，七，九项都为11，第二，四，六，八，十项为21，

故前10项的和为115215160，D正确．故选：AD．

10．（2021·山东·泰安一中模拟预测）我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：“今有良马和驽马发长安至齐，良马初日行一百九十三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里.良马先至齐，复还迎驽马，九日后二马相逢.”其大意为今有良马和驽马从长安出发到齐国，良马第一天走193里，以后每天比前一天多走13里；驽马第一天走97里，以后每天比前一天少走0.5里.良马先到齐国，再返回迎接驽马，9天后两马相遇.下列结论正确的是（

）

A．长安与齐国两地相距1530里 B．3天后，两马之间的距离为328.5里

C．良马从第6天开始返回迎接驽马 D．8天后，两马之间的距离为377.5里

【答案】AB

【分析】A,

设良马第n天行走的路程里数为an，驽马第n天行走的路程里数为bn，求出良马和驽马各自走的路程即得A正确；B，计算得到3天后，两马之间的距离为328.5里，即可判断B正确；

C,计算得到良马前6天共行走了1353里1530里，故C不正确；

D，计算得到8天后，两马之间的距离为390里，故D不正确.

【详解】解：设良马第n天行走的路程里数为an，驽马第n天行走的路程里数为bn，则an19313n1,bn97198132205里路程，

n1nN*,1剟n9.良马这9天共行走了91932219822058551530里，A正确.

驽马这9天共行走了里路程，故长安与齐国两地相距28559972213天后，良马共行走了319313618里路程，驽马共行走了397289.5里路程，故它们之间的距2离为328.5里，B正确.

良马前6天共行走了6193良马前7天共行走了719365131353里1530里，故良马行走6天还末到达齐国，C不正确.

276131624里1530里，则良马从第7天开始返回迎接驽马，故8天后，21两马之间的距离即两马第9天行走的距离之和，由a9b9193138978390，知8天后，两2马之间的距离为390里，故D不正确.故选：AB

11．（2021·辽宁·大连市第一中学高三期中）如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，….设第n层有an个球，从上往下n层球的总数为Sn，则（

）

A．S535 B．an1ann C．an1111200n(n1) D．

a1a2a3a1001012【答案】ACD

【分析】根据已知条件求得an1ann，由此对选项进行分析，从而确定正确选项.

【详解】依题意可知an1ann1，an1ann1，B选项错误.

a11,a2123,a3336,a46410,a510515，S5136101535，A正确.

an1ann1,anan1nn2，

ananan1an1an2a2a1a1nn121nn1，C正确.

211111111112001122121.D选项正确.

，223ana100nn1a1a2100101101101故选：ACD

12．（2021·江苏如皋·高三期中）观察如下数阵：

nN*.设第n行数的个数为an，该数阵特点：在第n行每相邻两数之间都插入它们的和得到第n1行的数，第n行的所有数之和为Sn，则（

）

2n11 D．k2n11

A．an12an1 B．Sn13sn3 C．Sn3【答案】ABD

【分析】由条件可得anan12an1，即可判断A，然后求出an可判断D，由S13，S26，S315，S442，S5123可判断B、C.

【详解】第n行个数为an，第n行个数为anan12an1，∴an12an1，A对；

S13，S26，S315，S442，S5123，则B对C错；

an12an1，∴an112an22an1，∴an112，

an1n1，∴an21，∴k2n11，D对，故选：ABD

∴an1是2为公比的等比数列，∴an12三、填空题

n1n13．（2021·江苏·海门中学高三期中）已知数列{an}满足an1(1)an2n1，则a1a3a5a99_________．

【答案】50

【分析】根据所给递推关系，可得a2n1a2n4n1,a2na2n14n1，两式相减可得a2n1a2n12.即相邻奇数项的和为2，即可求解.

n【详解】an1(1)an2n1,a2n1a2n4n1,a2na2n14n1.

两式相减得a2n1a2n12.则a3a12,a7a52,,a99a972,

a1a3a5a9925250，故答案为：50

14．（2021·福建·泉州鲤城北大培文学校高三期中）已知数列an的前n项和为Sn，若a12，且Sn12Sn1，则数列an的通项公式为an___________.

2,n1

【答案】n232,n2【分析】项和转换可得an12an(n2)，可得数列{an}从第二项开始是以3为首项，2为公比的等比数列，结合等比数列的通项公式，分段表示即得解

【详解】由题意，Sn12Sn1故Sn2Sn11

两式相减可得：an12an(n2)，

在Sn12Sn1中，令n1，可得a1a22a11，即a23

因此数列{an}从第二项开始是以3为首项，2为公比的等比数列

2,n12,n1

有an故答案为：n2n2n32,232,n215．（2021·河北·衡水市冀州区第一中学高三期中）在正项数列an中，a1a2a38，且log2an1log1an21，2令bnlogan【答案】2logan12，则数列bn的前2020项和S2020___________．

2020

2021【分析】利用关系式的变换求出数列的通项公式，然后利用裂项相消法的应用求出数列的和．

【详解】正项数列{an}中，log2an1log1an21，

2an1an12，

整理得：log2an1log2anlog22，则log2alog22，即ann3∴数列{an}是以2为公比的等比数列．由于a1a2a38，则a28，即a22，

∴ana22n22n，∴bnlogan2logan12111，

n(n1)nn11201∴Sn1，则S20201．故答案为：﹒

221nn1n116．（2021·湖北·华中师大一附中高三期中）习近平同志提出：乡村振兴，人才是关键．要积极培养本土人才，鼓励外出能人返乡创业．2020年1月8日，人力资源和社会保障部、财政部、农业农村部印发《关于进一步推动返乡入乡创业工作的意见》.意见指出，要贯彻落实党中央、国务院的决策部署，进一步推动返乡入乡创业，以创新带动创业，以创业带动就业，促进农村一、二、三产业融合发展，实现更充分、更高质量就业.为鼓励返乡创业，某镇政府决定投入“创业资金”和开展“创业技术培训”帮扶返乡创业人员.预计该镇政府每年投入的“创业资金”构成一个等差数列an（单位：万元），每年开展“创业技术培训”投入的资金22为第一年创业资金a1（万元）的3倍，已知a1a250．则该镇政府帮扶五年累计总投入资金的最大值为______万元）

【答案】100

【分析】根据题意，得到五年累计总投入资金的表达式，结合基本不等式，即可求解.

【详解】由题意知，五年累计总投入资金为a1a2a3a4a553a15a315a15a33a110a1a2

2210(a1a2)210a12a22a1a2102a12a2100，

当且仅当a1a2时等号成立，所以该镇政府帮扶五年累计总投入资金的最大值为100万元.

217．（2021·辽宁·育明高中高三期中）已知递增数列an的前n项和为Sn，且满足SnSn12nn（nN），则首项a1的取值范围为__________．

13【答案】,

44【分析】根据前n项和的公式得到递推公式an+an14n1n2，进而化简整理得到an1an14n3，从而得列an是偶数项以4为公差的等差数列，奇数项从a3起奇数项也是以4为公差的等差数列，从而知需满足a1a2a3a4，然后将a2,a3,a4用a1表示后，解不等式组即可求出结果.

22【详解】因为SnSn12nn，所以2Sn+an12nn，

当n1时，2a1+a23，当n2时，2Sn1+an2n1n1，

2则2SnSn1+an1an2nn2n1n1，

22

即an+an14n1n2，

又an1+an4n5n3，故an1an14n3，

所以数列an是偶数项以4为公差的等差数列，奇数项从a3起奇数项也是以4为公差的等差数列，若数列an单调递增，所以需满足a1a2a3a4，又a232a1,a37a242a1,a411a372a1，

所以a132a142a172a1，解得四、解答题

18．（2021·江苏·南京市中华中学高三期中）设Sn是等比数列an的前n项的和，a51，且S1、S3、S2成161313a1，故a1的取值范围为,.

44442等差数列.（1）求an的通项公式；（2）设t为实数，S2n为an的前2n项的和，Tn为数列an的前n项的和，且S2ntTn，求t的值.

1【答案】（1）an2n1（2）t1

2【分析】（1）求出等比数列an的公比，利用等比数列的通项公式可求得数列an的通项公式；

（2）利用等比数列的求和公式求出S2n、Tn，进而可求得t的值.

（1）解：设等比数列an的公比为q，则q0，

由已知可得2S3S1S2，即2a12a22a32a1a2，即2a3a20，

11则a1q2q10，解得q，因此，ana522n512nn1.

11（2）解：由（1）可知a11，则S2n211222n21134，

nn121n11n1an111221，且a11，

an，则2an444242所以，数列an是以1为首项，以1为公比的等比数列，

421134n11nS1441，因此，t2n.

所以，Tn1n2T143n1411434n

19．（2021·辽宁·高三期中）已知等差数列{an}满足：S6=21，S7=28，其中sn是数列an的前n项和.

（1）求数列an的通项；（2）令bn=1【答案】（1）ann（2）证明见解析

【分析】（1）将条件用首项，公差表示，计算即可.（2）利用裂项相消法求和即可.

n14n2n2.

，证明：b1b2bn2an12an12n16a115d21（1）数列an为等差数列，依题意S6=21，S7=28，所以，所以a11,d=1，所以ann

7a21d281（2）bn1n14n11n1n11

2n12n12an12an111111b1b2bn1

3355711112n2n1nn11111

2n12n12n12n12n120．（2021·江苏·南京师大附中高三期中）设Sn是等比数列{an}的前n项和，已知S2＝4，a32＝3a4．

（1）求an和Sn；（2）设bn＝SS，求数列{bn}的前n项和Tn．

nn1an123n1

【答案】（1）an3，Sn；（2）Tn＝1－n1312n1【分析】（1）根据等比数列的通项公式、求和公式列出方程求解即可；

（2）由（1）写出bn，利用裂项相消法求和即可.

22（1）设{an}的公比为q，则a3a2a4，而a33a4，

n1所以解得a23，而a1a24，所以a11,q3,

an3，则Sn1(13n)3n1；

132an1143n1nn1)，

（2）bn＝SS＝3131＝n＝2(n－n1n1(31)(31)nn131313n22∴Tn＝2(2－111112111…)2()1＋－＋＋－＝－＝－．

23213213313n13n113n113n112an,n为奇数.（1）从下面两个条件中21．（2021·江苏海安·高三期中）已知数列an满足a1＝1，an＋1＝an3,n为偶数（2）求数列an的选一个，写出b1，b2，并求数列bn的通项公式；①bn＝a2n－1＋3；②bn＝a2n＋1－a2n－1．前n项和为Sn．

n79n2122,n为奇数22n1.

【答案】（1）所选条件见解析，b14,b28；bn2；（2）Snn4n6n9222212,n为偶数2【分析】（1）分n为奇数和n为偶数进行讨论，分别构造数列即可求出结果.

（2）分n为奇数和n为偶数进行讨论，然后结合等比数列的求和公式以及分组求和即可求出结果.

（1）当n为奇数时，an2an132an3，则an232an3，且a134，

则a342nn12，即a2nn323，

当n为偶数时，an22an12an32an6，则an262an6，且a22a12，a268，则an682n12，即a2nn426，

2n132若选①，则ba32n2n1332n1，则b14,b28；

132n23232n22n12n1，则b14,b28，

若选②，则bna2n1a2n122n132（2）当n为偶数时，Sna1a2ana1a3an1a2a4an

2232332n2232362462n42nn32212212263n6n

12212222n422n629n12

2当n为奇数时，Sna1a2ana1a3ana2a4an1

2232332n3232362462n32n1n132212212263n16n1

12212222n729n21

22n79n2122,n为奇数22Snn4.

n6n9222212,n为偶数2.1）22．（2021·陕西安康·高三期中）已知数列an的前n项和为Sn，且Sn2an1（求an的通项公式；（2）2n11（3）若nN，Tn101，求的最小值.

求数列的前n项和Tn；anan

【答案】（1）an=2n-11(n?N)（2）Tn102n52+n1（3）

38【分析】（1）当n2时，可得Sn12an11，两式相减求得an2an1，得到数列an为等比数列，进而求2n11n-12n1得数列an的通项公式；（2）由an=2，得到an2n1，结合乘公比错位相减法，即可得数2n112n52n5列的前n项和.（3）由Tn101，得到n1，令bnn1，结合bn的单调性，求得22ananbn的最大值，即可求解.

（1）解：由题意，数列an的前n项和为Sn，且Sn2an1

当n2时，可得Sn12an11，

两式相减得SnSn1an2an2an1，即an2an1，所以令n1，可得S1a12a11，解得a11，

所以数列an是首项为1，公比为2的等比数列，

n-1+所以数列an的通项公式为an=2(n?N).

an2(n2,nN)，

an12n11n-12n1（2）解：由an=2，可得an2012n1，

1111则Tn3572n12222123n1，

11111可得Tn3572n1，

2222211111两式相减得Tn3122222123n2n1(2n1)2n1nnn1n1111232n15(2n5)，所以Tn102n5.

1222121n12n11即数列的前n项和Tn102n5.

a2n

1102n52n5（3）解：由Tn101，即10n110n1n1，

222an令bn2n52n32n572nbbn1，则，

n1n2n12n22n当1n3时，b4b3b2b1，当n4时，bn+1-bn<0，即bn1bn，即有b4b5b6，

所以当n4时，bn取得最大值，最大值为b4

B卷（建议用时90分钟）

333，所以，故的最小值为.

888

一、单选题

1．（2021·陕西临渭·一模）已知数列an的前n项和为Sn，若3Sn2an3n，则a2020=（

）

A．220201 B．320206

1C．220207

21D．3202010

3【答案】A

【分析】当n1时，求出a13，当n2时，利用anSnSn1可得an1是等比数列，求出其通项公式即可求出结果.

【详解】当n1时，因为a1S1，所以3a13S12a13a13.

当n2时，3Sn2an3n,3Sn12an13(n1)，所以an2an13，即an12an11，

所以数列an1是以2为首项，2为公比的等比数列，

所以an1(2)(2)n1(2)n，则a2020220201.故选：A

2．（2021·上海虹口·一模）设等差数列an的前n项和为Sn，如果a1a9a2，则（

）

A．S90且S100 B．S90且S100 C．S90且S100 D．S90且S100

【答案】B

【分析】由a1a9a2可得a1+a90，a2+a90，结合前n项和公式，判断S9，S10的符合可得正确选项.

【详解】∵

a1a9a2，∴

a1+a90，a2+a90，

∵数列an为等差数列，∴

S9=(a1a9)9(aa)10，S10=110，∴

S90，S100，故选：B.

2243．（2021·江苏盐城·高三期中）已知数列an满足a12，an1an，则a6的值为（

）

A．220 B．224 C．21024 D．24096

【答案】C

n1【分析】变换得到lnan14lnan，得到lnan是首项为ln2，公比为4的等比数列，lnan4ln2，计算得到答案.

4【详解】an1an，a12，易知an0，故lnan14lnan，故lnan是首项为ln2，公比为4的等比数列，lnan4n1ln2，lna645ln2ln21024，故a622014.故选：C.

4．（2021·四川·高三期中）数列an满足amnaman对任意m，nN*恒成立，且a1为常数，若Sn是an

的前n项和，且S104，S100S9030，则S100（

）

A．150 B．160 C．170 D．180

【答案】C

【分析】根据已知条件得到S105a114，S100S90a91a92……a1005a19130，从而得到a11a1916，再根据S10050a10125a20225a11a191求解即可.

4，5【详解】数列an满足amnaman对任意m，nN*恒成立，

所以S10a1a2……a105a114，即a114，

5S100S90a91a92……a1005a19130，解得a1916.

所以S100a1a2……a10050a10125a20225a11a191170.故选：C

5．（2021·山东·枣庄市第三中学高三期中）构造数组，规则如下：第一组是两个1，即1,1，第二组是1,2,1，…，在每一组的相邻两个数之间插入这两个数的和得到下一组．设第n组中有an个数，第三组是1,3,2,3,1，且这an个数的和为SnnN．则S2021（

）

*A．320202 B．320212 C．320211 D．32020+1

【答案】D

【分析】观察Sn和Sn1的数组中的数的差异，它们之间的联系，得出{Sn}的递推关系式，构造出等比数列求得通项公式，从而易得S2020．

【详解】设Sn中数组是(b1,b2,,bk)，即Snb1b2bk，

则Sn1的数组是(b1,b1b2,b2,b2b3,,bk1,bk1bk,bk)，Sn1比Sn的数组中多了这些数：b1b2,b2b3,,bk2bk1,bk1bk，b2,b3,,bk1均出现2次，

这些数相加．除b1,bk只出现1次外，而b1bk1，所以Sn1Sn2Sn23Sn2，因此Sn113(Sn1)，又S12，S1110，

所以{Sn1}是等比数列，公比为3，Sn13n1n12020，所以Sn31．从而S202131，故选：D．

6．（2021·山东烟台·高三期中）我国古代数学名著《孙子算经》载有一道数学问题：“今有物不知其数，三三数之剩二，五五数值剩二，七七数之剩二，问物几何？”根据这一数学思想，所以被3除余2的自然数从小到大组成数列an，所有被5除余2的自然数从小到大组成数列bn，把an和bn的公共项从小到大得

到数列cn，则（

）

A．a3b5c3 B．b28c10 C．a5b2c8 D．c9b9a26

【答案】B

【分析】根据题意数列an、bn都是等差数列，从而得到数列cn是等差数列，依次对选项进行判断可得答案.

【详解】根据题意数列an是首项为2，公差为3的等差数列，

an23(n1)3n1，

数列bn是首项为2，公差为5的等差数列，bn25(n1)5n3，

数列an与bn的公共项从小到大得到数列cn，故数列cn是首项为2，公差为15的等差数列，cn215(n1)15n13.

对于A，a3b533155330，c31531332，a3b5c3，错误

对于B，b285283137，c10151013137，b28c10，正确.

对于C，a535114，b25237，c815813107，a5b214798107c8，错误.

对于D，c915913122，b959342，a26326177，c9b9122428077a26，错误.

故选：B.

7．（2021·黑龙江·哈尔滨三中高三阶段练习）已知数列an是公比为q的等比数列，Sn是其前n和，若Sn1an3恒成立，则实数q的取值范围是（

）

33A．,(0,) B．,[1,) C．(,1)(0,) D．(1,0)[1,)

22【答案】A

【分析】根据q1,q1分类讨论确定Sn的表达式，再根据恒成立问题的解法即可求出．

【详解】当q1时，Sn1n，符合题意；当q1时，Sn3anana11qn1qa1qn11qn1恒成立，

n1q1q3当q1时，不等式变形得，2qnqn130，因为qn1,qn11，此时符合题意；

当0q1时，不等式变形得，2qnqn130，因为0qn1,0qn11，此时符合题意；

当q0时，若n为偶数，则不等式变形得，2qnqn130，即qn12q13，

1nn1若该不等式恒成立，则2q10，即q，所以设fn2qq，

2fn2qn12q1，fn2fnqn12q1q21，

1n1所以当1q时，fn2fn，此时q1,12q10，此时该不等式不可能恒成立；

2当q1时，fn2fn，若该不等式恒成立，只需q2q13，

33解得q1（舍去）或q，综上，q；

22若n为奇数，不等式变形得，qn12q+13，q3满足题意；

23综上所述，实数q的取值范围是,(0,)．故选：A．

28．（2021·浙江省杭州第二中学高三期中）已知数列an满足an1ean21（nN*，e为自然对数的底数），且对任意的M0都存在nN*，使得an2M成立，则数列an的首项a1须满足（

）

A．a11 B．1a12 C．a12 D．a12

【答案】C

【分析】先判断数列an的单调性，再根据选项作取舍.

【详解】设f(x)exx1，令f(x)ex10，得到x0.

当x(,0)时，f(x)0，f(x)单调递减；当x(0,)时，f(x)0，f(x)单调递增.

故f(x)f(0)0，即exx1（当且仅当时x0取等号）.

故an1ean21an211（当且仅当时an2取等号）.

即an1an.要使对任意的M0都存在nN*，使得an2M成立，

显然a12时，an2，一定能满足题意；当a12时，an2，如图此时不满足题意；

当a12时，an2，如图此时满足题意；综上，a12.故选：C

二、多选题

9．（2021·福建·三明一中高三期中）已知数列an的前n项和为Sn，下列说法正确的是（

）

A．若点n,an在函数ykxb(k,b为常数)的图象上，则an为等差数列

aB．若an为等差数列，则3n为等比数列

C．若an为等差数列，a10，S110，则当n10时，Sn最大

D．若Sn2n3，则an为等比数列

【答案】AB

【分析】结合等差数列、等比数列的知识对选项进行分析，由此确定正确选项.

【详解】A，依题意anknb，所以an为等差数列，A正确.

aB，依题意ana1n1ddna1d，3an3dna1d3a1d3d，所以3n为等比数列，B正确.

nC，S11a1a11110,a1a110,2a60,a60，所以n5或n6，Sn最大，C错误.

2D，a1S15,a2752,a31174，所以an不是等比数列.故选：AB

2n*10．（2021·福建省泉州第一中学高三期中）已知数列an满足2a12a22annnn，bn1，Sn为数列bn的前n项和.若对任意实数λ，都有Sn成立，则实数λ的可能取值为log2anlog2an1（

）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】ABCD

n【分析】由和与通项的关系先求出2an，进而求出an，bn，再用裂项相消求出Sn即可获解.

n【详解】设数列{2an}的前n项和为Tn，由题意得，Tnn，当n1时，21a12a1T11，即a11

2当n2时，2nanTnTn1n(n1)1所以an故bn1log2anlog2an11212131n111log2log222nn1111n1aa

，当时，，也满足，所以1n2n22n111nn1nn1

故Sn111n11，所以实数的取值范围为[1,)故选：ABCD.

n1n1n111．（2021·湖北·高三期中）已知数列an的前n项和为Sn，下列说法正确的是（

）

2A．若Snn11n1，则an2n12

B．若an2n11，则数列an的前10项和为49

C．若an2n11，则Sn的最大值为25

D．若数列an为等差数列，且a10110，a1011a10120，则当Sn0时，n的最大值为2021

【答案】CD

【分析】由an与Sn的关系求出an，可判断A；由题意求出数列an的前10项可判断B；由等差数列的和结合二次函数的性质可判断C；由等差数列的性质与求和公式可判断D

2【详解】对于A：当n1时，a1S1111119，

22n111n112n12，

当n2时，anSnSn1n11n19,n1检验n1时2112=10a1，所以an，故A错误；

2n12,n2对于B：因为an2n11，则an112n,n6，

2n11,n6所以数列an的前10项和为975311357950，故B错误；

对于C：由an2n11可知数列an是等差数列，则Sn=易知n5时，Sn的最大值为25，故C正确；

对于D：由数列an为等差数列，且a10110，a1011a10120，

所以S2021=92n11nn210n2，

a1a202120212021a210110，S2022=a1a20222022a1011a10122022022，

所以当Sn0时，n的最大值为2021，故D正确；故选：CD

12．（2021·辽宁丹东·高三期中）参加工作5年的小郭，因工作需要向银行贷款A万元购买一台小汽车，与银行约定：这A万元银行贷款分10年还清，贷款的年利率为r，每年还款数为X万元，则（

）

A．XAr1r101 B．小郭第3年还款的现值为X1r3万元

C．小郭选择的还款方式为“等额本金还款法” D．小郭选择的还款方式为“等额本息还款法”

【答案】BD

【分析】因为小郭每年还款钱数相等，所以小郭选择为“等额本息还款法”，所以利用等比数列前n项和公式求出X，再设小郭第3年还款的现值为y，根据复利规则求出y．

【详解】解：小郭与银行约定，每年还一次欠款，并且每年还款的钱数都相等，

小郭靖选择的还款方式为“等额本息还款法”，故D正确，C错误，

设每年应还X元，还款10次，则该人10年还款的现金与利息和为X[1(1r)(1r)2(1r)9]，

银行贷款A元10年后的本利和为A(1r)10．X[1(1r)(1r)2(1r)9]A(1r)10，

1[1(1r)10]Ar(1r)1010XA(1r)，即X，故A错误．

1(1r)(1r)101设小郭第三年还款的现值为y，则y(1r)3X，所以y三、填空题

X1r3，故B正确；故选：BD

13．（2021·黑龙江·勃利县高级中学高三期中）各项均为正数且公比q＞1的等比数列{an}的前n项和为Sn，5(Sn)2若a1a5＝4，a2+a4＝5，则2的最小值为_____．

2an【答案】8

【分析】先根据等比数列的性质求出首项、公比，然后将结论表示出来，最后利用换元法结合基本不等式求最小值，注意取最小值时等号要成立．

【详解】解：由题意：a1a5＝a2a4＝4，又由a2+a4＝5，又公比q＞1，

1na4112n24，故q＝2，a1．∴an2，1n

∴a2＝1，a4＝4，故q2S21．a22n12225(Sn)22n1﹣∴2(22)，令t＝2n1∈{1，2，22，23，……}，

2an2n1

(t2)244则原式t42t48，当且仅当t＝2n1＝2，即n＝2时取等号．故答案为：8．

ttt【点睛】本题考查等比数列的性质，考查等比数列的通项公式和前n项和公式，考查用基本不等式求最值，求最值时要注意等号成立的条件．

*14．（2020·海南·三模）已知数列an满足a15,nan1anann(n1)nN，若对于任意的nN*，2t217恒成立，则实数t的取值范围为__________.

不等式an…【答案】[2,2]

*【分析】由nan1anann(n1)nN，得an1an1，所以ann(n6)(n3)29…9，通过n1n解不等式9…2t217，即可得到本题答案.

*【详解】由nan1anann(n1)nN，整理得nan1n1annn1，

等式两边同时除以nn1得an1anana1，所以为等差数列，且首项为-5，公差为1，所以nn6，

nn1nn2t2，则实数t的取值范围[2,2].

所以ann(n6)(n3)9…9，所以9…2t217，解得2剟故答案为：[2,2]

【点睛】本题主要考查数列与不等式恒成立问题的综合应用，考查学生分析问题和解决问题的能力，体现了转化和化归的数学思想.

15．（2021·湖北省团风中学模拟预测）将n2个数排成n行n列的一个数阵，如图：

该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列，每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列（其中m0）．已知a112，a13a611，记这n2个数的和为S．给出下列结论：

j17①m3；②a67173；③aij3i13；④S1n3n13n1．

4其中结论正确的是______．（填写所有正确答案的序号）

【答案】①③④

【分析】根据第一列成等差，第一行成等比可求出a13,a61，列式即可求出m，从而求出通项aij，进而可得a67，

再按照分组求和法，每一行求和可得S，由此可以判断各命题的真假．

1【详解】∵a112，a13a611，∴2m2＝2+5m+1，解得m＝3或m（舍去），①正确；

2j1j1j1∴aijai132i1m33i13，③正确；

716当i6,j7时，a673613173，②不正确；

i1∴aii3i13，Sa11a12...a1na21a22...a2n...an1an2...ann

a1113n13a13a1313nn21n1n131321.23n1n21=n(3n1)3n1，④正确；

4故答案为:

①③④.

【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和；

（2）对于anbn型数列，其中an是等差数列，bn是等比数列，利用错位相减法求和；

（3）对于anbn型数列，利用分组求和法；

1（4）对于型数列，其中an是公差为dd0的等差数列，利用裂项相消法求和.

aann116．（2021·广东顺德·高三阶段练习）已知数列an，a11，a22，且an2an21，则数列an的n前100项的和为______．

【答案】150

【分析】由题目条件可以得到a2n2a2n2,a2n1a2n12，进而得到a2n2a2n1a2na2n1，由此得出anan1是常数数列，最后求出答案.

【详解】根据题意，a2n2a2n2,a2n1a2n12nN*所以a2n2a2n1a2na2n1nN*，即anan1是常数数列，而a1a23，所以an的前100项的和为：35150.故答案为：150.

17．（2021·广东肇庆·模拟预测）已知数列an的前n项和为Sn，且满足Sn2an1，那么i17aiSiSi1___________.

【答案】127

255【分析】利用an与Sn关系可证得数列an为等比数列，由等比数列通项和求和公式可求得an,Sn，由此可得

an，采用裂项相消法可求得结果.

SnSn1【详解】当n1时，S12a11，解得：a11；

当n2时，anSnSn12an12an112an2an1，an2an1；

数列an是以1为首项，2为公比的等比数列，an2n1n12nN，Sn2n1，

12an2n1111n，

SnSn1212n1122n12n11i17ai111111111112712717818.故答案为：.

2121221255SiSi1233771525518．（2021·湖南·长郡中学模拟预测）如果数列an满足a12,a21，且an1ananan1(n2)，则这个an1ananan1数列的第2021项等于___________.

【答案】2

2021an1ananan12111(n2)，化简得(n2)，则为等差数列，结合已知条件an1ananan1anan1an1an【分析】由得a2021．

an1ananan1211n(2)(n2)，且a12，a21，

【详解】由，化简得an1ananan1anan1an1得d1111，所以是以1为首项，以1为公差的等差数列，

22a2a12an所以1a20211121202122020d2020

，即a2021故答案为：a2【点睛】本题关键在于利用已知递推关系构造等差数列，进而求出通项公式．

四、解答题

19．（2021·福建·模拟预测）已知正项数列an的前n项和为Sn，满足Sn11an．

an2（1）求数列an的前n项和Sn；（2）记Tn【答案】（1）Snn（2）证明见解析

1111，证明：n11Tnn．

S1S2S3Sn2222【分析】（1）根据anSnSn1，整理后SnSn11，根据等差数列的性质可知Sn是首项为1，公差为1

的等差数列（2）先对1进行放缩，然后利用分母有理化进行裂项后求和.

Sn（1）解：由题意得：Sn11anan21骣1S-S+

Sn=琪n-1琪nSS2-nn-1桫222等式两边同乘2SnSn1，得2Sn2SnSn1SnSn12SnSn11

112222整理得SnSn11，由S1a1，得S11，即Sn是首项为1，公差为1的等差数列

2a12∴Snn，Snn；

112222

，Snn2nnn12nnn111112222Tn

S1S2S3Sn122334nn1（2）2213243n1n2n11

∴Tn2n11，

Tn11112222S1S2S3Sn1nn12132212132nn12n，∴Tn2n，

综上可证：n11Tnn．

220．（2021·上海嘉定·一模）某公司2021年投资4千万元用于新产品的研发与生产，计划从2022年起，在今后的若干年内，每年继续投资1千万元用于新产品的维护与生产，2021年新产品带来的收入为0.5千万元，并预测在相当长的年份里新产品带来的收入均在上年度收入的基础上增长25%.记2021年为第1年，fn为第1年至此后第nnN*年的累计利润（注：含第n年，累计利润=累计收入-累计投入，单位：千（2）根据预测，该新产品将从哪万元），且当fn为正值时，认为新产品赢利.（1）试求fn的表达式；一年开始并持续赢利请说明理由.

5【答案】（1）fn2n5nN*（2）该新产品将从2029年开始并持续赢利，理由见解析

4n【分析】（1）由题意求出累计投入，可判断出每年的收入为等比数列，根据等比数列求和公式求解出累计15收入，从而表示出fn；（2）由（1）可得fn1fn1，根据fn1fn的正负判断出fn24n从第4项开始单调递增，再判断f(1),f(8),f(9)的正负，从而判断出该新产品将从第9年开始并持续赢利.

（1）由题意知，第1年至此后第nnN*年的累计投入为4n1n3（千万元）.

设第n年的收入为an，前n年的累计收入为Sn，由题意得a1所以数列an1是以215，an1an125%an，

24n1515为首项、以为公比的一个等比数列，则有an424n（千万元），

15124Sna1a2an514n251（千万元），

4n5n5所以fnSnn321n3，即fn2n5（千万元）.

44n5所以fn的表达式为fn2n5nN*.

415（2）因为fn1fn1，所以当n3时，fn1fn0，即fn单调递减，

24n当n4时，fn1fn0，即fn单调递增，

755又f10，f82850，f92950，

24489所以该新产品将从第9年开始并持续赢利.所以该新产品将从2029年开始并持续赢利.

【点睛】解答本题的关键是，能将实际问题转化为等比数列问题求解，求解第二问时，需要判断fn的单调性，此时可通过判断fn1fn0（或fn1fn0）进行判断，从而降低利用导数判断其单调性的难度.

21．（2021·江苏·无锡市教育科学研究院高三期中）已知正项数列an的前项积为Tn，且满足anTn1nN.（1）求证：数列（2）若a1a2...an10，求n的最小值.

Tn为等比数列；3Tn12【答案】（1）证明见解析（2）11

121【分析】（1）利用前n项积对题干中的条件变形消去an，得到3Tn+11Tn，再利用构造法得到，13Tn2Tn+11221n，结合第一问的结论，得到an的通项公式，然后进行放缩an1n得到数列Tn为等比数列；（2）3332求出a1a2a1110，再结合an121，得到a1a2a1010，综上，求出n的最小值.

33nTT1TTnTnT1T22n，

（1）因为an3T1，所以a1a2an3T13T13T1，即Tn3T113T213Tn112nn

同理得Tn+1TTTTn+1T1T2nn+1所以n+1，

Tn3T113T213Tn13Tn+113Tn+11因为an0，所以Tn+10，所以得3Tn+11Tn，

1则3(Tn+1)Tn，因为当n1时，a13T1，得a111212T21，所以Tn不恒等于0，

23111121T所以，即是首项为，公比为的等比数列，

n13326Tn2Tn+1n1n则Tn()，即Tn().

211n1()Tn3n1222232n1nan1n1n，

（2）由（1）可得an，所以3Tn13(1)n31333333323211n1111133n11a1a2a11101110，n11

所以a1a2ann2(2n)n2所以当时，n，1333331322当n10时，a1a2a10101++1010，所以n的最小值为11.

3+13+1【点睛】数列与不等式相结合的题目，要充分使用数列的通项公式，要进行适当的放缩，而放缩的方法通常可以利用分离常数法，放缩为等比数列，或放缩为裂项相消法等，朝着我们熟悉的方向或者求和好处理的思路来进行.

22．（2021·江苏如皋·高三期中）已知各项均为正数的数列an，bn满足a12，b14，且an，bn，an1成等差数列，bn，an1，bn1成等比数列.（1）求证：数列bn为等差数列；（2）cn11，记cn的前anan1n项和为Sn，若Sk5，求正整数k的最小值.

4【答案】（1）证明见解析（2）7

【分析】（1）根据等差数列与等比数列的性质列式，然后结合等差中项的定义变形，从而完成证明；

（2）由等差数列通项公式求出bn，再得an，用裂项相消法求和然后解不等式可得．

anan12bn（1）由题意知，∴an1bnbn1，anbn1bnn2，

2bban1nn1∴bn1bnbnbn12bnbn1bn12bn，∴b为等差数列.

n（2）由（1）知2a22b1b29，

bn为等差数列，且2bba212bn2n11n1，∴bnn1，

2∴b首项为2，公差为1，∴n

2∴ann2n1nn1，∴cn1111，

nn1n1n2nn21111111311Sn1

nn22n1n232435由Sk3115111k25k100k7，∴正整数k的最小值为7.

k1k242k1k2423．（2021·吉林·东北师大附中模拟预测（理））已知数列an前n项和为Sn，且2Snnn1，记bn(1)n2an1.(1)求数列an的通项公式；(2)设数列bn的前n项和为Tn，求T2021.

2anan【答案】(1)annnN(2)T20212023

2022【分析】（1）2Snnn1，令n1，求出S1，再结合n2时，利用anSnSn1结合求出an，然后结合n1和n2时，验证a1是否满足；（2）把an的通项公式带入bn中，化简，然后分离成两项之间的和的关系，借助前面的(1)n进行抵消求和.

(1)Sn11nn1，当n1时，S1121；

22111nn1，anSnSn1nn1nn1n.

222当n2，nN时，Sn1当n1时也符合,

annnN.

(2)bn1n2an11n2n1nn1nn1111

an2ann2nnn1nn111111111T2021...

122334202120223=1...1.

22334202224．（2021·天津静海·高三阶段练习）设等差数列an的首项为a11，它的前10项和为S1055，数列bna成等比数列b1a3，b2a9．(1)求数列an与bn的通项公式；(2)设Tn是数列n的前n项和，求证：bnn(a2n1)bk3Tn．(3)求．

anan14k1313n)(3n1).

【答案】(1)ann，bn3；(2)证明见解析；(3)(2nn1【分析】（1）由已知，结合等差数列前n项和公式、等比数列通项公式求基本量，进而写出an与bn的通

项公式；（2）由（1）得cnann，应用错位相减法求Tn，即可证结论.

bn3nna2n113（3）首先求得，再结合等比数列前n项和公式求bk，即可得结果.

anan1nn1k1(1)由题设，若an的公差为d，则S1010a145d55，而a11，可得d1，

∴ann，又b1a33，b2a99，

nn若bn的公比为q，则3q9，故q3，∴bn3.综上，ann，bn3.

(2)令cnann123n1123n1nn，则Tn23...n，故Tn234...nn1，

bn333333333332111n11n∴Tn2...nn1(1n)n1，nN*，

3333323331n332n3，得证.

∴Tn(1n)4323n443n4a2n112n22n11111132()()(3)，

anan1n(n1)n(n1)n(n1)nn1nn1nn1∴(a2n1)bk313()(3n1).

anan12nn1k1n