专题08数列（解析版）_02高考数学_新高考复习资料_2023年新高考资料_一轮复习_2023新高考大一轮复习讲义+课件_赠2021年高考真题和模拟题数学（理）专项汇编

专题 08 数列 1．（2021·北京高考真题） 和 是两个等差数列，其中 为常值， ， ， ，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由已知条件求出 的值，利用等差中项的性质可求得 的值. 【详解】由已知条件可得 ，则 ，因此， . 故选：B. 2．（2021·北京高考真题）数列 是递增的整数数列，且 ， ，则 的最大值 为（ ） A．9 B．10 C．11 D．12 【答案】C 【分析】使数列首项、递增幅度均最小，结合等差数列的通项及求和公式即可得解. 【详解】若要使n尽可能的大，则 ，递增幅度要尽可能小， 不妨设数列 是首项为3，公差为1的等差数列，其前n项和为 ， 则 ， ， ， 所以n的最大值为11. 故选：C. 3．（2021·浙江高考真题）已知数列 满足 .记数列 的前n项和为 ，则（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】显然可知， ，利用倒数法得到 ，再放缩可得 ，由累加法可得 ，进而由 局部放缩可得 ，然后 利用累乘法求得 ，最后根据裂项相消法即可得到 ，从而得解． 【详解】因为 ，所以 ， ． 由 ，即 根据累加法可得， ，当且仅当 时取等号， ， 由累乘法可得 ，当且仅当 时取等号， 由裂项求和法得：所以 ，即 ． 故选：A． 【点睛】本题解题关键是通过倒数法先找到 的不等关系，再由累加法可求得 ，由 题目条件可知要证 小于某数，从而通过局部放缩得到 的不等关系，改变不等式的方向得到 ，最后由裂项相消法求得 ． 4．（2021·全国高考真题（理））等比数列 的公比为q，前n项和为 ，设甲： ，乙： 是 递增数列，则（ ） A．甲是乙的充分条件但不是必要条件 B．甲是乙的必要条件但不是充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 【答案】B 【分析】当 时，通过举反例说明甲不是乙的充分条件；当 是递增数列时，必有 成立即可 说明 成立，则甲是乙的必要条件，即可选出答案． 【详解】由题，当数列为 时，满足 ， 但是 不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件． 若 是递增数列，则必有 成立，若 不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则 成立，所以甲是乙的必要条件． 故选：B． 【点睛】在不成立的情况下，我们可以通过举反例说明，但是在成立的情况下，我们必须要给予其证明过程． 5．（2021·全国高考真题）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对 折，规格为 的长方形纸，对折1次共可以得到 ， 两种规格的图 形，它们的面积之和 ，对折2次共可以得到 ， ， 三种 规格的图形，它们的面积之和 ，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为 ______；如果对折 次，那么 ______ . 【答案】5 【分析】（1）按对折列举即可；（2）根据规律可得 ，再根据错位相减法得结果. 【详解】（1）由对折2次共可以得到 ， ， 三种规格的图形，所以 对着三次的结果有： ，共4种不同规格（单位 ； 故对折4次可得到如下规格： ， ， ， ， ，共5种不同规格； （2）由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，不论规格如何，其面积 成公比为 的等比数列，首项为120 ,第n次对折后的图形面积为 ，对于第n此对折后 的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为 种（证明从略），故得猜想， 设 ， 则 ， 两式作差得： ， 因此， . 故答案为： ； . 【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法： （1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解； （2）对于 结构，其中 是等差数列， 是等比数列，用错位相减法求和； （3）对于 结构，利用分组求和法； （4）对于 结构，其中 是等差数列，公差为 ，则 ，利用裂 项相消法求和.9 6．（2021·浙江高考真题）已知数列 a n  的前n项和为 S n ， a 1   4 ，且 4S n1 3S n 9 . a  （1）求数列 n 的通项； （2）设数列 b n  满足 3b n (n4)a n 0 ，记 b n  的前n项和为 T n，若 T n b n对任意 nN 恒成立，  求 的范围. 3 a  3( )n 【答案】（1） n 4 ；（2）31. 4S 3S 9 S a n1,n2 {a } 【分析】（1）由 n1 n ，结合 n与 n的关系，分 讨论，得到数列 n 为等比数列， 即可得出结论； 3b (n4)a 0 (1) T T b nN （2）由 n n 结合 的结论，利用错位相减法求出 n， n n对任意 恒成立，分   n 类讨论分离参数 ，转化为 与关于 的函数的范围关系，即可求解. 4(a a )3a 9 n1 【详解】（1）当 时， 1 2 1 ， 9 27 27 4a  9  ,a   2 4 4 2 16 ， 4S 3S 9 n2 当 时，由 n1 n ①， 4S 3S 9 4a 3a 得 n n1 ②，①  ②得 n1 n 27 a 3 a   0,a 0, n1  2 16 n a 4 ， n a 3 9 3 2  ,{a }  又 a 4 n 是首项为 ，公比为 的等比数列， 4 4 1 9 3 3 a   ( )n1  3( )n n 4 4 4 ；n4 3 b   a (n4)( )n （2）由 3b (n4)a 0 ，得 n 3 n 4 ， n n 2 3 4 n 3 3 3 3 3 T 3 2   1   0   (n4)   所以 n 4 4 4 4 4 ， 2 3 4 n n1 3 3 3 3 3 3 T 3   2   1   (n5)   (n4)   4 n 4 4 4 4 4 ， 2 3 4 n n1 1 3 3 3 3 3 3 T 3            (n4)   两式相减得4 n 4 4 4 4 4 4 9  3 n1 1   9 16 4  3 n1    (n4)   4 3 4 1 4 n1 n1 n1 9 9 3 3 3   4 (n4) n       4 4 4 4 4 ， 3 T  4n( )n1 所以 n 4 ， 3 3 4n( )n1 (n4)( )n T b 由 得 4 4 恒成立， n n (n4)3n0 即 恒成立， n4时不等式恒成立； 3n 12    3 n4时， n4 n4，得1； 3n 12    3 n4时， n4 n4，得3； 31 所以 . S a n1 【点睛】易错点点睛：（1）已知 n求 n不要忽略 情况；（2）恒成立分离参数时，要注意变量的正(n4)3n0 n40,n40,n40 负零讨论，如（2）中 恒成立，要对 讨论，还要注意 n40 时，分离参数不等式要变号. S a  a  S ,a a  S 7．（2021·全国高考真题）记 n是公差不为0的等差数列 n 的前n项和，若 3 5 2 4 4． a  a （1）求数列 n 的通项公式 n； S a （2）求使 n n成立的n的最小值． a 2n6 【答案】(1) n ；(2)7. a 【分析】(1)由题意首先求得 3的值，然后结合题意求得数列的公差即可确定数列的通项公式； (2)首先求得前n项和的表达式，然后求解二次不等式即可确定n的最小值. S 5a a 5a ,a 0 【详解】(1)由等差数列的性质可得： 5 3，则： 3 3 3 ， a a a da dd2 d 设等差数列的公差为 ，从而有： 2 4 3 3 ， S a a a a a 2da da a d2d 4 1 2 3 4 3 3 3 3 ， d2 2d d 2 从而： ，由于公差不为零，故： ， a a n3d 2n6 数列的通项公式为： n 3 . nn1 S n4 2n2 6n (2)由数列的通项公式可得：a 264，则： n 2 ， 1 S a n2 5n2n6 n1n60 则不等式 n n即： ，整理可得： ， n1 n6 n n 7 解得： 或 ，又 为正整数，故 的最小值为 . 【点睛】等差数列基本量的求解是等差数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等差数 列的有关公式并能灵活运用. R a  a  p0 a  p0 8．（2021·北京高考真题）定义 p数列 n ：对实数p，满足：① 1 ， 2 ；②nN,a a a a a  p,a a  p1 m,nN 4n1 4n；③ mn m n m n ， ． R （1）对于前4项2，-2，0，1的数列，可以是 2数列吗？说明理由； a  R a （2）若 n 是 0数列，求 5的值； R a  nN,S S （3）是否存在p，使得存在 p数列 n ，对 n 10？若存在，求出所有这样的p；若不存在， 说明理由． R a 1 p 2 【答案】（1）不可以是 2数列；理由见解析；（2） 5 ；（3）存在； ． a R 【分析】(1)由题意考查 3的值即可说明数列不是 2数列； a (2)由题意首先确定数列的前4项，然后讨论计算即可确定 5的值； b a  p b  R p (3)构造数列 n n ，易知数列 n 是 0的，结合(2)中的结论求解不等式即可确定满足题意的实数 的值. 0a a a 2,a a 21{2,3} 【详解】(1)由性质③结合题意可知 3 1 2 1 2 ， 2,2,0,1 R 矛盾，故前4项 的数列，不可能是 2数列. a 0,a 0 (2)性质① 1 2 ， a a ,a 1 a a a a 1 a 0 a 1 由性质③ m2 m m ，因此 3 1或 3 1 ， 4 或 4 ， a 0 a a a 0 a 10 若 4 ，由性质②可知 3 4，即 1 或 1 ，矛盾； a 1,a a 1 a a a 11 若 4 3 1 ，由 3 4有 1 ，矛盾. a 1,a a 因此只能是 4 3 1. 1 a  又因为 a a a 或 a a a 1 ，所以 1 2或 a 0 . 4 1 3 4 1 3 11 a  若 1 2，则 a 2 a 11 a 1 a 1 0,a 1 a 1 012a 1 ,2a 1 11,2 ， a 0 不满足 2 ，舍去. a 0 a  当 1 ，则 n 前四项为:0，0，0，1， a n(i 1,2,3),a n1nN 下面用纳法证明 4ni 4n4 ： n0 nk(k 0) 当 时，经验证命题成立，假设当 时命题成立， nk1 当 时： a a a 若 i 1 ，则 4k11 4k5 j4k5j，利用性质③：  a a ∣jN*,1 j 4k4  {k,k1} a k1 j 4k5j ，此时可得： 4k5 ； a k k 0 a 0 否则，若 4k5 ，取 可得： 5 ， a a a 1,2 a 0 而由性质②可得： 5 1 4 ，与 5 矛盾. 同理可得：  a a ∣jN*,1 j 4k5  {k,k1} a k1 j 4k6j ，有 4k6 ；  a a ∣jN*,2 j 4k6  {k1,k2} a k2 j 4k8j ，有 4k8 ；  a a ∣jN*,1 j 4k6  {k1} a a a k1. j 4k7j ，又因为 4k7 4k8，有 4k7 nk1 即当 时命题成立，证毕. a 0 a a 1 综上可得： 1 ， 5 411 . b a  p (3)令 n n ，由性质③可知： m,nN*,b a  pa  pa  p,a  pa  p1b b ,b b 1 mn mn m n m n m n m n ，b a  p0,b a  p0,b a  pa  p b 由于 1 1 2 2 4n1 4n1 4n 4n， b  R 因此数列 n 为 0数列. 由（2）可知: nN,a n p(i 1,2,3),a n1 p 若 4ni 4n4 ； S S a a 2 p0 S S a a (2 p)0 11 10 11 423 ， 9 10 10 422 ， p 2 a ,a ,,a 0 a 0 j 11 因此 ，此时 1 2 10 ， j ，满足题意. 【点睛】本题属于数列中的“新定义问题”，“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新 法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助 于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是 “难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. a 1,n为奇数, a  n 9．（2021·全国高考真题）已知数列a 满足 a 1 ， n1  a 2,n为偶数. n 1 n b a b b b  （1）记 n 2n，写出 1， 2，并求数列 n 的通项公式； a  （2）求 n 的前20项和. b 2,b 5 300 【答案】（1） 1 2 ；（2） . b  b b 3 【分析】（1）根据题设中的递推关系可得 n1 n ，从而可求 n 的通项. a  20 S S 2b b b b 10 （2）根据题设中的递推关系可得 n 的前 项和为 20可化为 20 1 2 9 10 ，利用 S （1）的结果可求 20. b a a 12,b a a 1a 215 【详解】（1）由题设可得 1 2 1 2 4 3 2 a a 1 a a 2 (kN*) 又 2k2 2k1 ， 2k1 2k ， a a 3 b b 3 b b 3 故 2k2 2k ，即 n1 n ，即 n1 nb  b 2n133n1 所以 n 为等差数列，故 n . a  20 S S a a a a （2）设 n 的前 项和为 20，则 20 1 2 3 20， a a 1,a a 1,,a a 1 因为 1 2 3 4 19 20 ， S 2a a a a 10 所以 20 2 4 18 20  910  2b b b b 102  102 3  10300 1 2 9 10  2  . 【点睛】方法点睛：对于数列的交叉递推关系，我们一般利用已知的关系得到奇数项的递推关系或偶数项 的递推关系，再结合已知数列的通项公式、求和公式等来求解问题. a  S a  10．（2021·全国高考真题（理））已知数列 n 的各项均为正数，记 n为 n 的前n项和，从下面 ①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．   ①数列 a n  是等差数列：②数列 S n 是等差数列；③a 2 3a 1 ． 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分． 【答案】答案见解析 S a ,S a a  【分析】选①②作条件证明③时，可设出 n ，结合 n n的关系求出 n，利用 n 是等差数列可证 a 3a 2 1； S 选①③作条件证明②时，根据等差数列的求和公式表示出 n ，结合等差数列定义可证； 选②③作条件证明①时，设出 S n anb ，结合 a n ,S n的关系求出 a n，根据 a 2 3a 1可求b，然后可证 a  n 是等差数列. 【详解】选①②作条件证明③： S anb(a 0) S anb2 设 n ，则 n ， a S ab2 当n1时， 1 1 ；a S S anb2 anab2 a2ana2b 当n2时， n n n1 ； a  ab2 a2aa2b 因为 n 也是等差数列，所以 ，解得b0； a a22n1 a 3a 所以 n ，所以 2 1. 选①③作条件证明②： a 3a a  因为 2 1， n 是等差数列， d a a 2a 所以公差 2 1 1， nn1 S na  d n2a 所以 n 1 2 1，即 S n  a 1 n， S  S  a n1 a n a 因为 n1 n 1 1 1 ，   S 所以 n 是等差数列. 选②③作条件证明①： S anb(a 0) S anb2 设 n ，则 n ， a S ab2 当n1时， 1 1 ； a S S anb2 anab2 a2ana2b 当n2时， n n n1 ； 4a 因为 a 3a ，所以 a3a2b3ab2 ，解得b0或 b 3 ； 2 1 当 b0 时， a 1 a2,a n a22n1 ，当 n2 时， a n -a n-1 2a2 满足等差数列的定义，此时 a n  为等差 数列； 4a 4 a b S anb=an a S  0 当 3 时， n 3 ， 1 3 不合题意，舍去. a  综上可知 n 为等差数列. 【点睛】这类题型在解答题中较为罕见，求解的关键是牢牢抓住已知条件，结合相关公式，逐步推演，等差数列的证明通常采用定义法或者等差中项法. S a  b S  11．（2021·全国高考真题（理））记 n为数列 n 的前n项和， n为数列 n 的前n项积，已知 2 1  2 S b ． n n b  （1）证明：数列 n 是等差数列; a  （2）求 n 的通项公式．  3 ,n1   2 a  【答案】（1）证明见解析；（2） n 1 .  ,n2  nn1  2 1 2b  2 S  n 3 【分析】（1）由已知S n b n 得 n 2b n 1,且b n 0，取 n1 ,得 b 1  2 ,由题意得 2b 2b 2b 2b b 1  2  n b n1  n1 2b 1 2b 1 2b 1 n,消积得到项的递推关系2b 1 b ,进而证明数列 b  是等差数列; 1 2 n n1 n n  3 ,n1   2 a  （2）由（1）可得 的表达式,由此得到 的表达式,然后利用和与项的关系求得 n 1 .  ,n2 b S   nn1 n n 2 1 2b 1  2 S  n b  【详解】（1）由已知S b 得 n 2b 1,且b 0， n 2 , n n n n 3 取 n1 ,由S 1 b 1 得b 1  2 , b S  由于 n为数列 n 的前n项积， 2b 2b 2b 1  2  n b 所以2b 1 2b 1 2b 1 n, 1 2 n2b 2b 2b 1  2  n1 b 所以2b 1 2b 1 2b 1 n1， 1 2 n1 2b b n1  n1 所以2b 1 b , n1 n b 0 由于 n1 2 1 1  b b  所以2b 1 b ，即 n1 n 2 ,其中nN* n1 n 3 1 b  b  d  所以数列 n 是以 1 2 为首项，以 2 为公差等差数列; 3 1 b  b  d  （2）由（1）可得，数列 n 是以 1 2 为首项，以 2 为公差的等差数列， 3 1 n b  n1 1 n 2 2 2 , 2b 2n S  n  n 2b 1 1n , n 3 a  S  当n=1时， 1 1 2 , 2n 1n 1 a S S    当n≥2时, n n n1 1n n nn1 ,显然对于n=1不成立,  3 ,n1   2 a  ∴ n 1 .  ,n2  nn1  【点睛】本题考查等差数列的证明，考查数列的前n项和与项的关系，数列的前n项积与项的关系，其中 2b 2b 2b 2b 2b 2b 2b b 1  2  n b 1  2  n1 b n1  n1 由2b 1 2b 1 2b 1 n,得到2b 1 2b 1 2b 1 n1，进而得到2b 1 b 是关键 1 2 n 1 2 n1 n1 n一步；要熟练掌握前n项和，积与数列的项的关系，消和（积）得到项（或项的递推关系），或者消项得 到和（积）的递推关系是常用的重要的思想方法. 1．（2021·山西高三三模（理））《九章算术》卷七“盈不足”有这样一段话：“今有良马与驽马发长安 至齐.齐去长安三千里.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.”意思是：今 有良马与驽马从长安出发到齐国.齐国与长安相距3000里.良马第一日走193里，以后逐日增加13里.驽马 第一日走97里，以后逐日减少0.5里.则8天后两马之间的距离为（ ） A．1055里 B．1146里 C．1510里 D．1692里 【答案】B 【分析】由题意，良马与驽马日行里数分别构成等差数列，由等差数列通项公式可得. 193 13 97 【详解】良马日行里数构成以 为首项， 为公差的等差数列；驽马日行里数则构成以 为首项， 0.5为公差的等差数列， 87 1938 131908 则两马同时出发后第8日，良马日行里数 2 （里）， 87 978 0.5762 而驽马日行里数 2 （里）， 所以良马较驽马日行里数多19087621146（里）． 故选：B． 2．（2021·全国高三其他模拟（理））数列 a n  满足 a mn a m a n（m， nN* ）， a 1 1 ， a a a a  20 22 24 40 （ ） A．300 B．330 C．630 D．600 【答案】B a  【分析】根据给定条件判断数列 n 是等差数列，再借助等差数列的前n项和公式求解即得. 【详解】数列 a n  满足 a mn a m a n（m， nN* ），则当 m1 时，则 a n1 a n 1 ， a  a a (n1)d 1n1n 于是得数列 n 是首项为1，公差为1的等差数列， n 1 ，(2040)11 a a a a 20222440 330 从而有 20 22 24 40 2 ， a a a a 330 所以 20 22 24 40 . 故选：B {a } a a 1,a a 8 a＝ 3．（2021·合肥市第六中学高三其他模拟（理））若等比数列 n 满足 1 2 4 5 ，则 7 （ ） 64 64 32 32   A． 3 B． 3 C． 3 D． 3 【答案】A {a } 【分析】设等比数列 n 的公比为q，根据等比数列的通项公式建立方程组，解之可得选项. a 4 a 5  q3 8 a a a 1+q1,a  1 【详解】设等比数列{a }的公比为q，则a a ，所以q=2，又 1 2 1 1 3 ， n 1 2 1 64 a a q6  26  所以 7 1 3 3 ， 故选：A. 4．（2021·全国高三其他模拟（理））已知数列 a n  的前n项和为 S n，a 1 2， na n1 S n1 1  nN* ， S S S S  则 2 4 8 16 （ ） 39 79 41 A． 8 B．16 C． 8 D．5 【答案】B a S S n1S nS 1 nS  【分析】根据 n1 n1 n并结合已知条件得 n1 n ，故数列 n 为等差数列，进而得 1 S 1 n n ，再求和即可得答案.na S 1 【详解】∵ n1 n1 ， nS S S 1 n1S nS 1 ∴ n1 n n1 ，∴ n1 n ． nS  ∴数列 n 为等差数列，公差为1． a 2 2 又∵ 1 ，故首项为 ， 1 S 1 ∴ nS n1 ，∴ n n ， n 1 1 1 1 79 S S S S 4     ∴ 2 4 8 16 2 4 8 16 16 ． 故选：B a  n S a 5 5．（2021·四川绵阳市·广安中学高三其他模拟（理））已知等差数列 n 的前 项和为 n， 5 ， a 31 S 198 n n4 ，若 n ，则 （ ） A．10 B．11 C．12 D．13 【答案】B 【分析】利用等差数列求和公式及等差数列性质求得 n n n S  a a  a a  198 531 【详解】 n 2 1 n 2 5 n4 ∴ 2 ∴n11， 故选：B. a  a2 a a 6．（2021·四川遂宁市·高三三模（理））在递增的数列 n 中， n1 n n2，若 a a 130,a a 256 m S 170 m 1 m 2 m1 ，且前 项和 m ，则 （ ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B a  【分析】根据题意分析出数列 n 为等比数列，再结合等比数列的性质即可求解结论. a  a2 a a a  【详解】因为在递增的数列 n 中， n1 n n2，所以数列 n 是单调递增的等比数列，a a 256 a a 256 因为 2 m1 ，所以 1 m ， a a 130  a 2 a 128 1 m 1 1    所以 a a 256 ，解得 a 128 或 a 2 (舍)，    1 m m m a  1qm 1qm 1 S  170 85 所以 ，即 ，————① m 1q 1q a qm1 128 qm1 64 又因为 1 ，即 ，———————② q4 m4 ①②联立，解得 ， . 故选：B. a  a Ca n  nN* 7．（2021·上海民办南模中学高三三模）已知递增正整数数列 n 满足 n2 a n1 ，则下列结论 中正确的有（ ） a a a （1） 1､ 2､ 3可能成等差数列； a a a （2） 1､ 2､ 3可能成等比数列； a  （3） n 中任意三项不可能成等比数列； n3 a a a （4）当 时， n2 n1 n恒成立. A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】D a a 2 a 2 a 4，a 6 【分析】首先根据题意得到数列间的关系 n n1 ，不放假设 1 ， 2 3 可判断（1）； a a a a  假设 1､ 2､ 3是等比数列退出矛盾可判断（2）,进而可判断（3）；同（2）一样证明 n 中任意三项不 n3 a Ca n1 a n C2 a a 可能成等比数列；当 时， n2 a n1 a n1 n1 n可判断（4）； a (a 1)(a 2)(a a 1) a Ca n  n1 n1 n1 n1 n 【详解】因为 n2 a n1 a (a 1)21 ， n na  a a 1 因为 n 是递增正整数数列，所以 n n1 ， a a 1 a Ca n1 C1 a 当 n n1 时， n1 a n a n n，不满足题意； a a 2 a 1 a a 所以 n n1 ，若 1 ，则 3 2，不满足题意； a 2 a 4，a 6 所以 1 ， 2 3 ， a 2 a 4，a 6 a a a 不妨取 1 ， 2 3 ，此时 1､ 2､ 3成等差数列，故（1）正确； a a a a 2 =aa 若 1､ 2､ 3成等比数列，则 2 1 3， a (a 1)(a 2)(a a 1) a (a 1)(a 2)(a a 1) a Ca 1  2 2 2 2 1  3 2 2 2 1 3 a 2 a (a 1)21 a (a 1)21 所以 1 1 2 1 (a 1)(a 2)(a a 1) a  2 2 2 1 Ca 1 1 a 1 2 (a 1)21 a 2 1 3 ， 1 a a 1 a a 1 a a 2 所以 2 3 即 3 2 与 n n1 矛盾，故（2）错误； a ,a ,a a a a 同理假设 n1 n n1成等比数列则 n n1 n1， (a 1)(a 2)(a a 1) a  n n n n1 Ca n1 1 a 1 所以 n (a 1)21 a n 1 n1 ， n1 a a 2 与 n1 n 矛盾故（3）正确； n3 a Ca n a a 2 当 时， n2 a n1且 n1 n a (a 1) a Ca n Ca n1 a n C2  n1 n1 a a n2 a n1 a n1 a n1 2 n1 n， 故（4）正确； 故选：D n! Cm  【点睛】本题主要考查数列与组合数相结合的综合题，组合数公式 n m!nm!，这是正确计算的关键，其次也要注意式子的化简与放缩等. a  8．（2021·安徽池州市·池州一中高三其他模拟（理））已知数列 n 为等比数列，给出下列结论： aa a a ① 1 8 2 7； a 4 a 16 a 8 ②若 2 ， 6 ，则 4 ； a 0 a a 2a ③当 5 时， 3 7 5； a 0 a a a a ④当 3 时， 3 7 4 6. 其中所有正确结论的编号是（ ） A．①②③ B．②④ C．①④ D．①③ 【答案】D a a q2 4q2 【分析】根据等比数列的性质可判断①； 由 4 2 可判断②；由  1  a a 2a a q2 2   3 7 5 5 q2  ，结合均值不等式可判断③；当q 1时，④不成立. a  q 【详解】设等比数列 n 的公比为 aa a aq7 a2q7 a a aqaq6 a2q7 对于①. 则 1 8 1 1 1 ， 2 7 1 1 1 aa a a 所以 1 8 2 7，故①正确. a a q2 4q2 0 a 8 对于②. 由题意 4 2 ，所以 4 不正确，所以②不正确. a  1   1  对于③. a 3 a 7 2a 5  q 5 2 a 5 q2 2a 5 a 5  q2 q2 2   a 5    2 q2 q2 2   0 q2 1 当且仅当 时，取得等号. 故③正确 q 1 a a a a a a a a 对于④. 当 时， 7 3 4 6，则 3 7 4 6，故④不正确 故选：Da  n S 2S 3n2 17n 9．（2021·正阳县高级中学高三其他模拟（理））已知数列 n 的前 项和为 n，且 n ， n 10 b a  若 n n  11   ，则数列b 的最大值为（ ） n A．第5项 B．第6项 C．第7项 D．第8项 【答案】D a    S 1 ， n1 b 3n7 10 n b n1 【分析】由 n  S S ，n1 先求出 a ，从而得出 n  11   ，由 b 讨论出其单调性，从 n n1 n n 而得出答案. a S 10 n1 【详解】当 时， 1 1 ； 2S 3n2 17n 2S 3n12 17n1 由 n ，当n2时， n1 ， 2a 3n2 17n3n12 17n16n14 两式相减，可得 n ， a 3n7 a 3n7 n1 解得 n ，当 时，也符合该式，故 n ． n n 10 10 b a  3n7 所以 n n  11    11  b 3n10 10 23 n1   1 n 由 b 3n7 11 ，解得 3 ；又nN*，所以n7，所以b b b b ，当n8时， n 1 2 7 8 b n1 1 b ，故b b b ，因此最大项为b ， n 8 9 10 8 故选：D． 10．（2021·山西高三三模（理））已知等比数列 的前 项和为 ，若 ， ， ，则 ___________.【答案】 【分析】根据题意列出方程组，然后求得 ，进而结合通项公式即可求出结果. 【详解】因为 ，则 ， 又由 ， ，得 ，解得 ， 则 . 故答案为： . 11．（2021·河南高三其他模拟（理））已知数列 的前 项和为 ，若 ， ，则 ___________. 【答案】8 【分析】根据数列前n项和的意义即可作答. 【详解】数列 的前 项和为 ，且 ， 则 . 故答案为：8. a  a 5 a ,a ,a 12．（2021·陕西高三其他模拟（理））已知公差不为0的等差数列 n 满足 3 ，且 1 2 5成等比数 列. a  （1）求 n 的通项公式；1 1 b   （2）设 n 3n a a ，求数列 b  的前n项和T . n n1 n n 1 1 T   【答案】（1） a 2n1 ，nN；（2） n 4n2 23n . n d a 2d 5 2a d 0 【分析】（1）根据题意设等差数列的公差为 可得 1 且有 1 ，联立即可得解； 1 1 1 1 1 1 b     (  ) （2） n 3n (2n1)(2n1) 3n 2 2n1 2n1 ，利用等比数列求和公式以及裂项相消法即可得 解. d 【详解】（1）设等差数列的公差为 ， a 5 a 2d 5 根据 3 有 1 ， a ,a ,a (a d)2 a (a 4d) 由 1 2 5成等比数列可得 1 1 1 ， 2ad d2 0 1 ， 2a d 0 d 0 由 ，所以 1 ， a 1 d 2 解得 1 ， ， a 2n1 nN 所以 n ， ； 1 1 1 1 1 1 1 1 b       (  ) （2）由（1）可得 n 3n a a 3n (2n1)(2n1) 3n 2 2n1 2n1 ， n n1 1 1 (1 ) 3 3n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 T   (1     ) (1 ) (1 )  n 1 2 3 3 5 2n1 2n1 2 3n 2 2n1 4n2 23n . 1 3 a  a 1 a 4 13．（2021·云南昆明市·昆明一中高三其他模拟（理））设数列 n 满足 1 ， 2 ， a a 2n1 n2 n1 .a  （1）求数列 n 的通项公式；  1  11 （2）设 b n log 2 a 2 log 2 a 3 log 2 a n1 ，数列   b n   的前项和 S n ，证明：S n  9 . 1n1 a  【答案】（1） n  2nn2；（2）证明见解析. 【详解】解：（1）因为 a n   a n a n1 a n1 a n2 a 3 a 2   a 2 n≥3 ， a 2n12n2 2242nn≥3 所以 n   ， n2 a 4 a 2n n1 a 1 a 2n 当 时， 2 ，满足 n ，当 时， 1 ，不满足 n ， 1n1 a  所以，数列a 的通项公式为 n  2nn2. n nn3 b log a log a log a 23n1 （Ⅱ）因为 n 2 2 2 3 2 n1 2 ， 1 2 21 1       所以，b nn3 3n n3， n 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1  S   1                  所以， n 3 4 2 5 3 6 4 7 n n3 2 1 1 1 1 1  211 1 1 1  11   1            S  3 2 3 n1 n2 n3 3 6 n1 n2 n3，所以 n 9 . a  n S a 5 14．（2021·安徽马鞍山市·高三二模（理））已知等差数列 n 的前 项和为 n， 3 ，且 a a 4S 1  nN* n1 n n . a  （1）求数列 n 的通项公式；  1    （2）记数列  a n a n1  的前 n 项和为 T n .若 nN* ， T n m2 2m ( m 为奇数)，求 m 的值.a 2n1 m1 【答案】（1） n ；（2） . a  d n2 a a 4S 1 【详解】解：（1）设数列 n 的公差为 ，令 ，则 2 3 2 ， a 5 由 3 ， 55d4103d1 得 ， d 2 解得 ， a 2n1 所以 n . 1 1 1 1 1  1 1      S  1     （2）a a 2n12n1 22n1 2n1 n 2 2n1， n n1 1 S  可知 n 2 恒成立， 1  2 2 m2 2m 0m1 ,1 . 2 2 2   m 又 是奇数， m1 所以 . a  n S a 2a 1 a 2a a 15．（2021·湖南高三其他模拟）已知数列 n 的前 项和为 n，满足 n1 n ，且 1 2 3. a  （1）求数列 n 的通项公式； S 121 n （2）求使得 n 成立的 的最大值. a 2n 1 【答案】（1） n ；（2）最大值6. a 1 n1 2 【分析】（1）本题可根据a 2a 1得出 a 1 ，然后通过a 2a a 求出a 12，最后根 n1 n n 1 2 3 1 据等比数列的定义即可求出结果；S 2n1n2 S 121 （2）本题首先可通过分组求和法得出 n ，然后通过求解 n 即可得出结果. a 1 n1 2 【详解】（1）a 2a 1，即a 12a 2， a 1 ， n1 n n1 n n a 2a a a 2a 1 a 1 a 12 因为 1 2 3， 3 2 ，所以 1 ， 1 ， a 1 a 12n a 2n 1 则数列 n 是以2为首项、2为公比的等比数列， n ， n . a 2n 1 （2）因为 n ， 2(1- 2n) S =21+22 ++2n - n= - n=2n+1- n- 2 所以 n 1- 2 ， S 121 2n+1- n- 2�121 2n1n123 因为 n ，所以 ， ， nN 1n6 S 121 n 6 因为 ，所以解得 ，使得 n 成立的 的最大值为 . a  a 3 3a 9a 3n2 16．（2021·全国高三其他模拟（理））已知 n 数列满足 1 ， n1 n ． a   n （1）证明：数列3n 为等差数列； （2）求数列  a n 2n 的前n项和 S n． (2n1)3n1 5  2n1 【答案】（1）证明见解析；（2）S 4 4 . n a   n 【分析】（1）在等式3a n1 9a n 3n2的两边同除 3n2得到新的等式，然后即可证明3n 为等差数列； a  （2）先求解出  3n n 的通项公式，然后即可求 a n  的通项公式，采用分组求和以及错位相减法进行求和. 3a 9a 3n2 【详解】（1）依题，在 n1 n 两边同时除以 3n2 ，a a a n1  n 1 1 1 得3n1 3n ，31 ， a   n 故数列3n 是以1为首项，1为公差的等差数列． a n 1(n1)n （2）由（1）得3n ，可得 a n3n ， n a 2n n3n 2n 所以 n ， 则数列  a n 2n 的前n项和 S n 13121232 22 33323n3n 2n ， S   131232 333n3n   2122 232n 所以 n ， T 131232 333n3n 令 n ①， 则 3T n 132 2 33334 n3n1 ②， 3  13n  n3n1 由①  ②可得2T n 3132 333n n3n1 13 ， 33n1 n3n1 T   所以 n 4 2 ， 33n1 n3n1 2  12n (2n1)3n1 5 S     2n1 所以 n 4 2 12 4 4 ． a  n S 【点睛】思路点睛：满足等差乘以等比形式的数列 n 的前 项和 n的求解步骤（错位相减法）： S S a a a ...a （1）先根据数列的通项公式写出数列 n的一般形式： n 1 2 3 n； S q 1 （2）将（1）中的关于 n等式的左右两边同时乘以等比数列的公比 ； （3）用（1）中等式减去（2）中等式，注意用（1）中等式的第一项减去（2）中等式的第2项，依次类推， 得到结果； n S （4）利用等比数列的前 项和公式以及相关计算求解出 n.a  17．（2021·全国高三其他模拟（理））已知各项均为正数的数列 n 满足 a 2 a a 4a a  nN a 1 a 4 n2 n n2 n1 n ，且 1 ， 2 ．   a （1）证明：数列 n 是等差数列； 2n1   （2）数列 的前项 和为 ，求证： ．  a a  n S S 1 n n1 n n 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．  2  2 【分析】（1）将已知递推关系移项配方整理可得 a  a 4a  2 a ，进而利用等差中 n2 n n1 n1   a 项法证明数列 n 是等差数列； （2）利用裂项求和法求和化简后即得证. a 2 a a 4a a 【详解】解：（1）由 n2 n n2 n1 n结合数列各项均为正数 得  2  2 a  a 4a  2 a n2 n n1 n1   a  a 2 a a 则 n2 n n1 ，所以数列 n 是等差数列； a 1，a 2 （2） 1 2 ，则公差d 1 2n1 2n1 1 1    ∴ a n,a n2，a a n2n12 n2 n12 n n n n1 1 1 1 1 1 1 S      1 1 ∴ n 12 22 22 n2 n12 n12 . a  n S a S 3n1 18．（2021·新安县第一高级中学高三其他模拟（理））已知数列 n 前 项和是 n，且 n n ． b 3a b  （1）设 n n，证明：数列 n 是等比数列； c nb c  n T （2）设 n n，求数列 n 的前 项和 n．n2 T 8 【答案】（1）证明见解析；（2） n 2n2 ． a a S 3n1 a S 3n4 n1 n2 【分析】（1）由 可求得 1的值，令 ，由 n n 可得出 n1 n1 ，整理可 1 3 得 a n  2 a n1  2，利用定义可证明出数列 b n  是等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得数列 b n  的通项公式； n c  （2）求得 n 2n2 ，然后利用错位相减法可求得T . n 2a a S 2 a 1 n1 【详解】（1）当 时， 1 1 1 ，可得 1 ， a S 3n1 a S 3n113n4 当 n2 时，由 n n ，可得 n1 n1 ， 1 3 a  a  上述两式作差得 2a a 3 ，即 n 2 n1 2， n n1 1 3 3 1 3  a    a b 3a 2 n1 2 2 2 n1 1 所以， n  n    ，且 ， b 3a 3a 3a 2 b 3a 2 n1 n1 n1 n1 1 1 1 所以，数列b 是以 为首项，以 为公比的等比数列， n 2 2 n1 1 1 b 2  所以， n  2   2n2 ； n2 1 n c nb n  （2） n n  2   2n2 ， 1 2 3 n T     则 n 21 20 21 2n2 ， 1 1 2 n1 n T     所以，2 n 20 21 2n2 2n1 ， 1  2 1   1 1 1 1 1 n  2n  n 2n T        4 两式作差得2 n 21 20 21 2n2 2n1 1 2n1 2n1 ， 1 2 n2 T 8 因此， n 2n2 . a  a 2a 0 a 8 19．（2021·黑龙江哈尔滨市·哈九中高三其他模拟（理））已知数列 n 满足： n1 n ， 3 . a  （1）求数列 n 的通项公式； n b  （2）设 n a ，数列 b  的前n项和为T ，求T 最小值. n n n n 1 【答案】（1） a 2n；（2）最小值为 2 . n a  a  【分析】（1）由已知条件得到 n 为等比数列，即可得到 n 通项；（2）错位相减求出 1 n T 1  n 2n 2n1 ，根据单调性求出T 最小值. n a 2a 0 a 2a a  q 【详解】解：（1）由 n1 n ，得 n1 n， n 是以2为公比的等比数列，记公比为 ， a a  3 2 又a 8， 1 q2 ，a aqn1 2n； 3 n 1 n n b   （2） n a 2n ， n 1 2 3 n 1 1 2 3 n T      T     n 2 22 23 2n ， 2 n 22 23 24 2n1 ， 1 1 n 1    1 1 1 1 1 n 2 2  n 1 n 两式相减，得 T        1  ， 2 n 2 22 23 2n 2n1 1 2n1 2n 2n1 1 2n2  n3  n2 n1 即 T n 2 2n ，又 T n1 T n    2 2n1      2 2n    2n1 0 ，T n  单调递增， 1 T  n1时，T 最小，最小值为 1 2. n