数列（解答题）——大数据之五年（2018-2022）高考真题汇编（新高考卷与全国理科）解析版
陕西省宝鸡市陈仓区2022届高三下学期理数二模试卷一、单选题1．已知集合A={x|x(2−x)>0}，集合B={x|y=x−2}则A∪B=（ ）A．(-∞，0)∪[2，+∞)B．(0，2]C．(0，2)D．(0，+∞)【答案】D【知
数列（解答题）——大数据之五年（2018-2022）高考真题汇编（新高考卷与全国理科）一、解答题1．已知{a}为等差数列，{b}是公比为2的等比数列，且a2−b2=a3−b3=b4−a4．（1）证明：a1=b1；（2）求集合{k|bk=am
简介：数列（解答题）——大数据之五年（2018-2022）高考真题汇编（新高考卷与全国理科）一、解答题1．已知{an}为等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2−b2=a3−b3=b4−a4．（1）证明：a1=b1；（2）求集合{k|bk=am+a1，1≤m≤500}中元素个数．2．记Sn为数列{an}的前n项和．已知2Snn+n=2an+1．（1）证明：{an}是等差数列；（2）若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．3．记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1=1，{Snan}是公差为13，的等差数列.（1）求{an}的通项公式；（2）证明：1a1+1a2+⋯+1an<24．记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3=S5,a2a4=S4．（1）求数列{an}的通项公式an；（2）求使Sn>an成立的n的最小值．5．设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn=nan3，已知a1，3a2，9a3成等差数列.（1）求{an}和{bn}的通项公式；（2）记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明：Tn 0，a2＝3a1，且数列{Sn}是等差数列．证明：{an}是等差数列．7．已知数列{an｝的各项均为正数，记Sn为{an｝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{an｝是等差数列：②数列{Sn｝是等差数列；③a2=3a1注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.8．记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知2Sn+1bn=2.（1）证明：数列{bn}是等差数列；（2）求{an}的通项公式. 9．已知{an}是公差为2的等差数列，其前8项和为64．{bn}是公比大于0的等比数列，b1=4，b3−b2=48．（1）求{an}和{bn}的通项公式；（2）记cn=b2n+1bn，n∈N*.（i）证明{cn2−c2n}是等比数列；（ii）证明k=1nakak+1ck2−c2k<22(n∈N*)10．已知数列{an}满足a1=1，an+1={an+1，n为奇数an+2，n为偶数（1）记bn=a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；（2）求{an}的前20项和11．设数列{an}满足a1=3，an+1=3an−4n．（1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；（2）求数列{2nan}的前n项和Sn．12．设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项．（1）求{an}的公比；（2）若a1=1，求数列{nan}的前n项和．13．已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8．（1）求{an}的通项公式；（2）求a1a2−a2a3+…+(−1)n−1anan+1.14．已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8．（1）求{an}的通项公式；（2）记bm为{an}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100．15．已知{an}为等差数列，{bn}为等比数列，a1=b1=1,a5=5(a4−a3),b5=4(b4−b3)．（Ⅰ）求{an}和{bn}的通项公式；（Ⅱ）记{an}的前n项和为Sn，求证：SnSn+2 0，所以2−2n+1<2，即1a1+1a2+⋯+1an<2．4．【答案】（1）由等差数列的性质可得：S5=5a3，则：a3=5a3，∴a3=0，设等差数列的公差为d，从而有：a2a4=(a3−d)(a3+d)=−d2，S4=a1+a2+a3+a4=(a3−2d)+(a3−d)+a3+(a3−d)=−2d，从而：−d2=−2d，由于公差不为零，故：d=2，数列的通项公式为：an=a3+(n−3)d=2n−6.（2）由数列的通项公式可得：a1=2−6=−4，则：Sn=n×(−4)+n(n−1)2×2=n2−6n， 则不等式Sn>an即：n2−5n>2n−6，整理可得：(n−1)(n−6)>0，解得：n<1或n>6，又n为正整数，故n的最小值为7.5．【答案】（1）因为{an}是首项为1的等比数列且a1，3a2，9a3成等差数列，所以6a2=a1+9a3，所以6a1q=a1+9a1q2，即9q2−6q+1=0，解得q=13，所以an=(13)n−1，所以bn=nan3=n3n.（2）证明：由（1）可得Sn=1×(1−13n)1−13=32(1−13n)，Tn=13+232+⋯+n−13n−1+n3n，①13Tn=132+233+⋯+n−13n+n3n+1，②①−②得23Tn=13+132+133+⋯+13n−n3n+1=13(1−13n)1−13−n3n+1=12(1−13n)−n3n+1，所以Tn=34(1−13n)−n2⋅3n，所以Tn−Sn2=34(1−13n)−n2⋅3n−34(1−13n)=−n2⋅3n<0，所以Tn 0)，则Sn=(an+b)2，当n=1时，a1=S1=(a+b)2；当n≥2时，an=Sn−Sn−1=(an+b)2−(an−a+b)2=a(2an−a+2b)；因为{an}也是等差数列，所以(a+b)2=a(2a−a+2b)，解得b=0； 所以an=a2(2n−1)，所以a2=3a1.选①③作条件证明②：因为a2=3a1，{an}是等差数列，所以公差d=a2−a1=2a1，所以Sn=na1+n(n−1)2d=n2a1，即Sn=a1n，因为Sn+1−Sn=a1(n+1)−a1n=a1，所以{Sn}是等差数列.选②③作条件证明①：设Sn=an+b(a>0)，则Sn=(an+b)2，当n=1时，a1=S1=(a+b)2；当n≥2时，an=Sn−Sn−1=(an+b)2−(an−a+b)2=a(2an−a+2b)；因为a2=3a1，所以a(3a+2b)=3(a+b)2，解得b=0或b=−4a3；当b=0时，a1=a2，an=a2(2n−1)，当n≥2时，an-an-1=2a2满足等差数列的定义，此时{an}为等差数列；当b=−4a3时，Sn=an+b=an−43a，S1=−a3<0不合题意，舍去.综上可知{an}为等差数列.8．【答案】（1）由已知2Sn+1bn=2，则bnbn-1=Sn(n≥2)⇒2bn−1bn+1bn=2⇒2bn-1+2=2bn⇒bn-bn-1=12(n≥2)，b1=32故｛bn｝是以32为首项，12为公差的等差数列。（2）由（1）知bn=32+（n-1）12=n+22，则2Sn+2n+2=2⇒Sn=n+2n+1n=1时，a1=S1=32n≥2时，an=Sn-Sn-1=n+2n+1-n+1n=−1n(n+1)故an=32,n=1−1n(n+1),n≥29．【答案】（1）因为{an}是公差为2的等差数列，其前8项和为64．所以a1+a2+⋅⋅⋅+a8=8a1+8×72×2=64，所以a1=1，所以an=a1+2(n−1)=2n−1，n∈N∗； 设等比数列{bn}的公比为q，(q>0)，所以b3−b2=b1q2−b1q=4(q2−q)=48，解得q=4（负值舍去），所以bn=b1qn−1=4n，n∈N∗；（2）（i）由题意，cn=b2n+1bn=42n+14n，所以cn2−c2n=(42n+14n)2−(44n+142n)=2⋅4n，所以cn2−c2n≠0，且cn+12−c2n+2cn2−c2n=2⋅4n+12⋅4n=4，所以数列{cn2−c2n}是等比数列；（ii）由题意知，anan+1cn2−c2n=(2n−1)(2n+1)2⋅4n=4n2−12⋅22n<4n22⋅22n，所以anan+1cn2−c2n<4n22⋅22n=2n2⋅2n=12⋅n2n−1，所以k=1nakak+1ck2−c2k<12k=1nk2k−1，设Tn=k=1nk2k−1=120+221+322+⋅⋅⋅+n2n−1，则12Tn=121+222+323+⋅⋅⋅+n2n，两式相减得12Tn=1+12+122+⋅⋅⋅+12n−1−n2n=1⋅(1−12n)1−12−n2n=2−n+22n，所以Tn=4−n+22n−1，所以k=1nakak+1ck2−c2k<12k=1nk2k−1=12(4−n+22n−1)<22.10．【答案】（1）2n为偶数，则a2n+1=a2n+2，a2n+2=a2n+1+1，∴ a2n+2=a2n+3，即bn+1=bn+3，且b1=a2=a1+1=2，∴{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列，∴b1=2，b2=5，bn=3n−1．（2）当n为奇数时，an=an+1−1，∴{an}的前20项和为a1+a2+⋯+a20=(a1+a3+⋯+a19)+(a2+a4+⋯+a20)=[(a2−1)+(a4−1)+⋯+(a20−1)]+(a2+a4+⋯+a20)=2(a2+a4+⋯+a20)−10． 由（1）可知，a2+a4+⋯+a20=b1+b2+⋯+b10=2×10+10×92×3=155．∴{an}的前20项和为2×155−10=300．11．【答案】（1）解：由题意可得a2=3a1−4=9−4=5，a3=3a2−8=15−8=7，由数列{an}的前三项可猜想数列{an}是以3为首项，2为公差的等差数列，即an=2n+1，证明如下：当n=1时，a1=3成立；假设n=k时，ak=2k+1成立.那么n=k+1时，ak+1=3ak−4k=3(2k+1)−4k=2k+3=2(k+1)+1也成立.则对任意的n∈N*，都有an=2n+1成立（2）解：由（1）可知，an⋅2n=(2n+1)⋅2nSn=3×2+5×22+7×23+⋯+(2n−1)⋅2n−1+(2n+1)⋅2n，①2Sn=3×22+5×23+7×24+⋯+(2n−1)⋅2n+(2n+1)⋅2n+1，②由①−②得：−Sn=6+2×(22+23+⋯+2n)−(2n+1)⋅2n+1=6+2×22×(1−2n−1)1−2−(2n+1)⋅2n+1=(1−2n)⋅2n+1−2，即Sn=(2n−1)⋅2n+1+2.12．【答案】（1）解：设{an}的公比为q，a1为a2,a3的等差中项，∵2a1=a2+a3,a1≠0,∴q2+q−2=0，∵q≠1,∴q=−2；（2）解：设{nan}的前n项和为Sn，a1=1,an=(−2)n−1，Sn=1×1+2×(−2)+3×(−2)2+⋯+n(−2)n−1，①−2Sn=1×(−2)+2×(−2)2+3×(−2)3+⋯(n−1)(−2)n−1+n(−2)n，②①−②得，3Sn=1+(−2)+(−2)2+⋯+(−2)n−1−n(−2)n=1−(−2)n1−(−2)−n(−2)n=1−(1+3n)(−2)n3，∴Sn=1−(1+3n)(−2)n9.13．【答案】（1）解：设等比数列{an}的公比为q(q>1)，则a2+a4=a1q+a1q3=20a3=a1q2=8，整理可得：2q2−5q+2=0，∵q>1,q=2,a1=2，数列的通项公式为：an=2⋅2n−1=2n. （2）解：由于：(−1)n−1anan+1=(−1)n−1×2n×2n+1=(−1)n−122n+1，故：a1a2−a2a3+…+(−1)n−1anan+1=23−25+27−29+…+(−1)n−1⋅22n+1=23[1−(−22)n]1−(−22)=85−(−1)n22n+35.14．【答案】（1）解：由于数列{an}是公比大于1的等比数列，设首项为a1，公比为q，依题意有a1q+a1q3=20a1q2=8，解得解得a1=2,q=2，或a1=32,q=12(舍)，所以an=2n，所以数列{an}的通项公式为an=2n.（2）解：由于21=2,22=4,23=8,24=16,25=32,26=64,27=128，所以b1对应的区间为：(0,1]，则b1=0；b2,b3对应的区间分别为：(0,2],(0,3]，则b2=b3=1，即有2个1；b4,b5,b6,b7对应的区间分别为：(0,4],(0,5],(0,6],(0,7]，则b4=b5=b6=b7=2，即有22个2；b8,b9,⋯,b15对应的区间分别为：(0,8],(0,9],⋯,(0,15]，则b8=b9=⋯=b15=3，即有23个3；b16,b17,⋯,b31对应的区间分别为：(0,16],(0,17],⋯,(0,31]，则b16=b17=⋯=b31=4，即有24个4；b32,b33,⋯,b63对应的区间分别为：(0,32],(0,33],⋯,(0,63]，则b32=b33=⋯=b63=5，即有25个5；b64,b65,⋯,b100对应的区间分别为：(0,64],(0,65],⋯,(0,100]，则b64=b65=⋯=b100=6，即有37个6.所以S100=1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×37=480.15．【答案】解：(Ⅰ)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由a1=1，a5=5(a4−a3)，可得d=1.从而{an}的通项公式为an=n.由b1=1,b5=4(b4−b3)，又q≠0，可得q2−4q+4=0，解得q=2，从而{bn}的通项公式为bn=2n−1.(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可得Sn=n(n+1)2，故SnSn+2=14n(n+1)(n+2)(n+3)，Sn+12=14(n+1)2(n+2)2， 从而SnSn+2−Sn+12=−12(n+1)(n+2)<0，所以SnSn+2 更多>>
简介：数列（解答题）——大数据之五年（2018-2022）高考真题汇编（新高考卷与全国理科）一、解答题1．已知{an}为等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2−b2=a3−b3=b4−a4．（1）证明：a1=b1；（2）求集合{k|bk=am+a1，1≤m≤500}中元素个数．2．记Sn为数列{an}的前n项和．已知2Snn+n=2an+1．（1）证明：{an}是等差数列；（2）若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．3．记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1=1，{Snan}是公差为13，的等差数列.（1）求{an}的通项公式；（2）证明：1a1+1a2+⋯+1an<24．记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3=S5,a2a4=S4．（1）求数列{an}的通项公式an；（2）求使Sn>an成立的n的最小值．5．设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn=nan3，已知a1，3a2，9a3成等差数列.（1）求{an}和{bn}的通项公式；（2）记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明：Tn 0，a2＝3a1，且数列{Sn}是等差数列．证明：{an}是等差数列．7．已知数列{an｝的各项均为正数，记Sn为{an｝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{an｝是等差数列：②数列{Sn｝是等差数列；③a2=3a1注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.8．记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知2Sn+1bn=2.（1）证明：数列{bn}是等差数列；（2）求{an}的通项公式. 9．已知{an}是公差为2的等差数列，其前8项和为64．{bn}是公比大于0的等比数列，b1=4，b3−b2=48．（1）求{an}和{bn}的通项公式；（2）记cn=b2n+1bn，n∈N*.（i）证明{cn2−c2n}是等比数列；（ii）证明k=1nakak+1ck2−c2k<22(n∈N*)10．已知数列{an}满足a1=1，an+1={an+1，n为奇数an+2，n为偶数（1）记bn=a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；（2）求{an}的前20项和11．设数列{an}满足a1=3，an+1=3an−4n．（1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；（2）求数列{2nan}的前n项和Sn．12．设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项．（1）求{an}的公比；（2）若a1=1，求数列{nan}的前n项和．13．已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8．（1）求{an}的通项公式；（2）求a1a2−a2a3+…+(−1)n−1anan+1.14．已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8．（1）求{an}的通项公式；（2）记bm为{an}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100．15．已知{an}为等差数列，{bn}为等比数列，a1=b1=1,a5=5(a4−a3),b5=4(b4−b3)．（Ⅰ）求{an}和{bn}的通项公式；（Ⅱ）记{an}的前n项和为Sn，求证：SnSn+2 0，所以2−2n+1<2，即1a1+1a2+⋯+1an<2．4．【答案】（1）由等差数列的性质可得：S5=5a3，则：a3=5a3，∴a3=0，设等差数列的公差为d，从而有：a2a4=(a3−d)(a3+d)=−d2，S4=a1+a2+a3+a4=(a3−2d)+(a3−d)+a3+(a3−d)=−2d，从而：−d2=−2d，由于公差不为零，故：d=2，数列的通项公式为：an=a3+(n−3)d=2n−6.（2）由数列的通项公式可得：a1=2−6=−4，则：Sn=n×(−4)+n(n−1)2×2=n2−6n， 则不等式Sn>an即：n2−5n>2n−6，整理可得：(n−1)(n−6)>0，解得：n<1或n>6，又n为正整数，故n的最小值为7.5．【答案】（1）因为{an}是首项为1的等比数列且a1，3a2，9a3成等差数列，所以6a2=a1+9a3，所以6a1q=a1+9a1q2，即9q2−6q+1=0，解得q=13，所以an=(13)n−1，所以bn=nan3=n3n.（2）证明：由（1）可得Sn=1×(1−13n)1−13=32(1−13n)，Tn=13+232+⋯+n−13n−1+n3n，①13Tn=132+233+⋯+n−13n+n3n+1，②①−②得23Tn=13+132+133+⋯+13n−n3n+1=13(1−13n)1−13−n3n+1=12(1−13n)−n3n+1，所以Tn=34(1−13n)−n2⋅3n，所以Tn−Sn2=34(1−13n)−n2⋅3n−34(1−13n)=−n2⋅3n<0，所以Tn 0)，则Sn=(an+b)2，当n=1时，a1=S1=(a+b)2；当n≥2时，an=Sn−Sn−1=(an+b)2−(an−a+b)2=a(2an−a+2b)；因为{an}也是等差数列，所以(a+b)2=a(2a−a+2b)，解得b=0； 所以an=a2(2n−1)，所以a2=3a1.选①③作条件证明②：因为a2=3a1，{an}是等差数列，所以公差d=a2−a1=2a1，所以Sn=na1+n(n−1)2d=n2a1，即Sn=a1n，因为Sn+1−Sn=a1(n+1)−a1n=a1，所以{Sn}是等差数列.选②③作条件证明①：设Sn=an+b(a>0)，则Sn=(an+b)2，当n=1时，a1=S1=(a+b)2；当n≥2时，an=Sn−Sn−1=(an+b)2−(an−a+b)2=a(2an−a+2b)；因为a2=3a1，所以a(3a+2b)=3(a+b)2，解得b=0或b=−4a3；当b=0时，a1=a2，an=a2(2n−1)，当n≥2时，an-an-1=2a2满足等差数列的定义，此时{an}为等差数列；当b=−4a3时，Sn=an+b=an−43a，S1=−a3<0不合题意，舍去.综上可知{an}为等差数列.8．【答案】（1）由已知2Sn+1bn=2，则bnbn-1=Sn(n≥2)⇒2bn−1bn+1bn=2⇒2bn-1+2=2bn⇒bn-bn-1=12(n≥2)，b1=32故｛bn｝是以32为首项，12为公差的等差数列。（2）由（1）知bn=32+（n-1）12=n+22，则2Sn+2n+2=2⇒Sn=n+2n+1n=1时，a1=S1=32n≥2时，an=Sn-Sn-1=n+2n+1-n+1n=−1n(n+1)故an=32,n=1−1n(n+1),n≥29．【答案】（1）因为{an}是公差为2的等差数列，其前8项和为64．所以a1+a2+⋅⋅⋅+a8=8a1+8×72×2=64，所以a1=1，所以an=a1+2(n−1)=2n−1，n∈N∗； 设等比数列{bn}的公比为q，(q>0)，所以b3−b2=b1q2−b1q=4(q2−q)=48，解得q=4（负值舍去），所以bn=b1qn−1=4n，n∈N∗；（2）（i）由题意，cn=b2n+1bn=42n+14n，所以cn2−c2n=(42n+14n)2−(44n+142n)=2⋅4n，所以cn2−c2n≠0，且cn+12−c2n+2cn2−c2n=2⋅4n+12⋅4n=4，所以数列{cn2−c2n}是等比数列；（ii）由题意知，anan+1cn2−c2n=(2n−1)(2n+1)2⋅4n=4n2−12⋅22n<4n22⋅22n，所以anan+1cn2−c2n<4n22⋅22n=2n2⋅2n=12⋅n2n−1，所以k=1nakak+1ck2−c2k<12k=1nk2k−1，设Tn=k=1nk2k−1=120+221+322+⋅⋅⋅+n2n−1，则12Tn=121+222+323+⋅⋅⋅+n2n，两式相减得12Tn=1+12+122+⋅⋅⋅+12n−1−n2n=1⋅(1−12n)1−12−n2n=2−n+22n，所以Tn=4−n+22n−1，所以k=1nakak+1ck2−c2k<12k=1nk2k−1=12(4−n+22n−1)<22.10．【答案】（1）2n为偶数，则a2n+1=a2n+2，a2n+2=a2n+1+1，∴ a2n+2=a2n+3，即bn+1=bn+3，且b1=a2=a1+1=2，∴{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列，∴b1=2，b2=5，bn=3n−1．（2）当n为奇数时，an=an+1−1，∴{an}的前20项和为a1+a2+⋯+a20=(a1+a3+⋯+a19)+(a2+a4+⋯+a20)=[(a2−1)+(a4−1)+⋯+(a20−1)]+(a2+a4+⋯+a20)=2(a2+a4+⋯+a20)−10． 由（1）可知，a2+a4+⋯+a20=b1+b2+⋯+b10=2×10+10×92×3=155．∴{an}的前20项和为2×155−10=300．11．【答案】（1）解：由题意可得a2=3a1−4=9−4=5，a3=3a2−8=15−8=7，由数列{an}的前三项可猜想数列{an}是以3为首项，2为公差的等差数列，即an=2n+1，证明如下：当n=1时，a1=3成立；假设n=k时，ak=2k+1成立.那么n=k+1时，ak+1=3ak−4k=3(2k+1)−4k=2k+3=2(k+1)+1也成立.则对任意的n∈N*，都有an=2n+1成立（2）解：由（1）可知，an⋅2n=(2n+1)⋅2nSn=3×2+5×22+7×23+⋯+(2n−1)⋅2n−1+(2n+1)⋅2n，①2Sn=3×22+5×23+7×24+⋯+(2n−1)⋅2n+(2n+1)⋅2n+1，②由①−②得：−Sn=6+2×(22+23+⋯+2n)−(2n+1)⋅2n+1=6+2×22×(1−2n−1)1−2−(2n+1)⋅2n+1=(1−2n)⋅2n+1−2，即Sn=(2n−1)⋅2n+1+2.12．【答案】（1）解：设{an}的公比为q，a1为a2,a3的等差中项，∵2a1=a2+a3,a1≠0,∴q2+q−2=0，∵q≠1,∴q=−2；（2）解：设{nan}的前n项和为Sn，a1=1,an=(−2)n−1，Sn=1×1+2×(−2)+3×(−2)2+⋯+n(−2)n−1，①−2Sn=1×(−2)+2×(−2)2+3×(−2)3+⋯(n−1)(−2)n−1+n(−2)n，②①−②得，3Sn=1+(−2)+(−2)2+⋯+(−2)n−1−n(−2)n=1−(−2)n1−(−2)−n(−2)n=1−(1+3n)(−2)n3，∴Sn=1−(1+3n)(−2)n9.13．【答案】（1）解：设等比数列{an}的公比为q(q>1)，则a2+a4=a1q+a1q3=20a3=a1q2=8，整理可得：2q2−5q+2=0，∵q>1,q=2,a1=2，数列的通项公式为：an=2⋅2n−1=2n. （2）解：由于：(−1)n−1anan+1=(−1)n−1×2n×2n+1=(−1)n−122n+1，故：a1a2−a2a3+…+(−1)n−1anan+1=23−25+27−29+…+(−1)n−1⋅22n+1=23[1−(−22)n]1−(−22)=85−(−1)n22n+35.14．【答案】（1）解：由于数列{an}是公比大于1的等比数列，设首项为a1，公比为q，依题意有a1q+a1q3=20a1q2=8，解得解得a1=2,q=2，或a1=32,q=12(舍)，所以an=2n，所以数列{an}的通项公式为an=2n.（2）解：由于21=2,22=4,23=8,24=16,25=32,26=64,27=128，所以b1对应的区间为：(0,1]，则b1=0；b2,b3对应的区间分别为：(0,2],(0,3]，则b2=b3=1，即有2个1；b4,b5,b6,b7对应的区间分别为：(0,4],(0,5],(0,6],(0,7]，则b4=b5=b6=b7=2，即有22个2；b8,b9,⋯,b15对应的区间分别为：(0,8],(0,9],⋯,(0,15]，则b8=b9=⋯=b15=3，即有23个3；b16,b17,⋯,b31对应的区间分别为：(0,16],(0,17],⋯,(0,31]，则b16=b17=⋯=b31=4，即有24个4；b32,b33,⋯,b63对应的区间分别为：(0,32],(0,33],⋯,(0,63]，则b32=b33=⋯=b63=5，即有25个5；b64,b65,⋯,b100对应的区间分别为：(0,64],(0,65],⋯,(0,100]，则b64=b65=⋯=b100=6，即有37个6.所以S100=1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×37=480.15．【答案】解：(Ⅰ)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由a1=1，a5=5(a4−a3)，可得d=1.从而{an}的通项公式为an=n.由b1=1,b5=4(b4−b3)，又q≠0，可得q2−4q+4=0，解得q=2，从而{bn}的通项公式为bn=2n−1.(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可得Sn=n(n+1)2，故SnSn+2=14n(n+1)(n+2)(n+3)，Sn+12=14(n+1)2(n+2)2， 从而SnSn+2−Sn+12=−12(n+1)(n+2)<0，所以SnSn+2 更多>>
简介：数列（解答题）——大数据之五年（2018-2022）高考真题汇编（新高考卷与全国理科）一、解答题1．已知{an}为等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2−b2=a3−b3=b4−a4．（1）证明：a1=b1；（2）求集合{k|bk=am+a1，1≤m≤500}中元素个数．2．记Sn为数列{an}的前n项和．已知2Snn+n=2an+1．（1）证明：{an}是等差数列；（2）若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．3．记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1=1，{Snan}是公差为13，的等差数列.（1）求{an}的通项公式；（2）证明：1a1+1a2+⋯+1an<24．记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3=S5,a2a4=S4．（1）求数列{an}的通项公式an；（2）求使Sn>an成立的n的最小值．5．设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn=nan3，已知a1，3a2，9a3成等差数列.（1）求{an}和{bn}的通项公式；（2）记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明：Tn 0，a2＝3a1，且数列{Sn}是等差数列．证明：{an}是等差数列．7．已知数列{an｝的各项均为正数，记Sn为{an｝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{an｝是等差数列：②数列{Sn｝是等差数列；③a2=3a1注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.8．记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知2Sn+1bn=2.（1）证明：数列{bn}是等差数列；（2）求{an}的通项公式. 9．已知{an}是公差为2的等差数列，其前8项和为64．{bn}是公比大于0的等比数列，b1=4，b3−b2=48．（1）求{an}和{bn}的通项公式；（2）记cn=b2n+1bn，n∈N*.（i）证明{cn2−c2n}是等比数列；（ii）证明k=1nakak+1ck2−c2k<22(n∈N*)10．已知数列{an}满足a1=1，an+1={an+1，n为奇数an+2，n为偶数（1）记bn=a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；（2）求{an}的前20项和11．设数列{an}满足a1=3，an+1=3an−4n．（1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；（2）求数列{2nan}的前n项和Sn．12．设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项．（1）求{an}的公比；（2）若a1=1，求数列{nan}的前n项和．13．已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8．（1）求{an}的通项公式；（2）求a1a2−a2a3+…+(−1)n−1anan+1.14．已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8．（1）求{an}的通项公式；（2）记bm为{an}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100．15．已知{an}为等差数列，{bn}为等比数列，a1=b1=1,a5=5(a4−a3),b5=4(b4−b3)．（Ⅰ）求{an}和{bn}的通项公式；（Ⅱ）记{an}的前n项和为Sn，求证：SnSn+2 0，所以2−2n+1<2，即1a1+1a2+⋯+1an<2．4．【答案】（1）由等差数列的性质可得：S5=5a3，则：a3=5a3，∴a3=0，设等差数列的公差为d，从而有：a2a4=(a3−d)(a3+d)=−d2，S4=a1+a2+a3+a4=(a3−2d)+(a3−d)+a3+(a3−d)=−2d，从而：−d2=−2d，由于公差不为零，故：d=2，数列的通项公式为：an=a3+(n−3)d=2n−6.（2）由数列的通项公式可得：a1=2−6=−4，则：Sn=n×(−4)+n(n−1)2×2=n2−6n， 则不等式Sn>an即：n2−5n>2n−6，整理可得：(n−1)(n−6)>0，解得：n<1或n>6，又n为正整数，故n的最小值为7.5．【答案】（1）因为{an}是首项为1的等比数列且a1，3a2，9a3成等差数列，所以6a2=a1+9a3，所以6a1q=a1+9a1q2，即9q2−6q+1=0，解得q=13，所以an=(13)n−1，所以bn=nan3=n3n.（2）证明：由（1）可得Sn=1×(1−13n)1−13=32(1−13n)，Tn=13+232+⋯+n−13n−1+n3n，①13Tn=132+233+⋯+n−13n+n3n+1，②①−②得23Tn=13+132+133+⋯+13n−n3n+1=13(1−13n)1−13−n3n+1=12(1−13n)−n3n+1，所以Tn=34(1−13n)−n2⋅3n，所以Tn−Sn2=34(1−13n)−n2⋅3n−34(1−13n)=−n2⋅3n<0，所以Tn 0)，则Sn=(an+b)2，当n=1时，a1=S1=(a+b)2；当n≥2时，an=Sn−Sn−1=(an+b)2−(an−a+b)2=a(2an−a+2b)；因为{an}也是等差数列，所以(a+b)2=a(2a−a+2b)，解得b=0； 所以an=a2(2n−1)，所以a2=3a1.选①③作条件证明②：因为a2=3a1，{an}是等差数列，所以公差d=a2−a1=2a1，所以Sn=na1+n(n−1)2d=n2a1，即Sn=a1n，因为Sn+1−Sn=a1(n+1)−a1n=a1，所以{Sn}是等差数列.选②③作条件证明①：设Sn=an+b(a>0)，则Sn=(an+b)2，当n=1时，a1=S1=(a+b)2；当n≥2时，an=Sn−Sn−1=(an+b)2−(an−a+b)2=a(2an−a+2b)；因为a2=3a1，所以a(3a+2b)=3(a+b)2，解得b=0或b=−4a3；当b=0时，a1=a2，an=a2(2n−1)，当n≥2时，an-an-1=2a2满足等差数列的定义，此时{an}为等差数列；当b=−4a3时，Sn=an+b=an−43a，S1=−a3<0不合题意，舍去.综上可知{an}为等差数列.8．【答案】（1）由已知2Sn+1bn=2，则bnbn-1=Sn(n≥2)⇒2bn−1bn+1bn=2⇒2bn-1+2=2bn⇒bn-bn-1=12(n≥2)，b1=32故｛bn｝是以32为首项，12为公差的等差数列。（2）由（1）知bn=32+（n-1）12=n+22，则2Sn+2n+2=2⇒Sn=n+2n+1n=1时，a1=S1=32n≥2时，an=Sn-Sn-1=n+2n+1-n+1n=−1n(n+1)故an=32,n=1−1n(n+1),n≥29．【答案】（1）因为{an}是公差为2的等差数列，其前8项和为64．所以a1+a2+⋅⋅⋅+a8=8a1+8×72×2=64，所以a1=1，所以an=a1+2(n−1)=2n−1，n∈N∗； 设等比数列{bn}的公比为q，(q>0)，所以b3−b2=b1q2−b1q=4(q2−q)=48，解得q=4（负值舍去），所以bn=b1qn−1=4n，n∈N∗；（2）（i）由题意，cn=b2n+1bn=42n+14n，所以cn2−c2n=(42n+14n)2−(44n+142n)=2⋅4n，所以cn2−c2n≠0，且cn+12−c2n+2cn2−c2n=2⋅4n+12⋅4n=4，所以数列{cn2−c2n}是等比数列；（ii）由题意知，anan+1cn2−c2n=(2n−1)(2n+1)2⋅4n=4n2−12⋅22n<4n22⋅22n，所以anan+1cn2−c2n<4n22⋅22n=2n2⋅2n=12⋅n2n−1，所以k=1nakak+1ck2−c2k<12k=1nk2k−1，设Tn=k=1nk2k−1=120+221+322+⋅⋅⋅+n2n−1，则12Tn=121+222+323+⋅⋅⋅+n2n，两式相减得12Tn=1+12+122+⋅⋅⋅+12n−1−n2n=1⋅(1−12n)1−12−n2n=2−n+22n，所以Tn=4−n+22n−1，所以k=1nakak+1ck2−c2k<12k=1nk2k−1=12(4−n+22n−1)<22.10．【答案】（1）2n为偶数，则a2n+1=a2n+2，a2n+2=a2n+1+1，∴ a2n+2=a2n+3，即bn+1=bn+3，且b1=a2=a1+1=2，∴{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列，∴b1=2，b2=5，bn=3n−1．（2）当n为奇数时，an=an+1−1，∴{an}的前20项和为a1+a2+⋯+a20=(a1+a3+⋯+a19)+(a2+a4+⋯+a20)=[(a2−1)+(a4−1)+⋯+(a20−1)]+(a2+a4+⋯+a20)=2(a2+a4+⋯+a20)−10． 由（1）可知，a2+a4+⋯+a20=b1+b2+⋯+b10=2×10+10×92×3=155．∴{an}的前20项和为2×155−10=300．11．【答案】（1）解：由题意可得a2=3a1−4=9−4=5，a3=3a2−8=15−8=7，由数列{an}的前三项可猜想数列{an}是以3为首项，2为公差的等差数列，即an=2n+1，证明如下：当n=1时，a1=3成立；假设n=k时，ak=2k+1成立.那么n=k+1时，ak+1=3ak−4k=3(2k+1)−4k=2k+3=2(k+1)+1也成立.则对任意的n∈N*，都有an=2n+1成立（2）解：由（1）可知，an⋅2n=(2n+1)⋅2nSn=3×2+5×22+7×23+⋯+(2n−1)⋅2n−1+(2n+1)⋅2n，①2Sn=3×22+5×23+7×24+⋯+(2n−1)⋅2n+(2n+1)⋅2n+1，②由①−②得：−Sn=6+2×(22+23+⋯+2n)−(2n+1)⋅2n+1=6+2×22×(1−2n−1)1−2−(2n+1)⋅2n+1=(1−2n)⋅2n+1−2，即Sn=(2n−1)⋅2n+1+2.12．【答案】（1）解：设{an}的公比为q，a1为a2,a3的等差中项，∵2a1=a2+a3,a1≠0,∴q2+q−2=0，∵q≠1,∴q=−2；（2）解：设{nan}的前n项和为Sn，a1=1,an=(−2)n−1，Sn=1×1+2×(−2)+3×(−2)2+⋯+n(−2)n−1，①−2Sn=1×(−2)+2×(−2)2+3×(−2)3+⋯(n−1)(−2)n−1+n(−2)n，②①−②得，3Sn=1+(−2)+(−2)2+⋯+(−2)n−1−n(−2)n=1−(−2)n1−(−2)−n(−2)n=1−(1+3n)(−2)n3，∴Sn=1−(1+3n)(−2)n9.13．【答案】（1）解：设等比数列{an}的公比为q(q>1)，则a2+a4=a1q+a1q3=20a3=a1q2=8，整理可得：2q2−5q+2=0，∵q>1,q=2,a1=2，数列的通项公式为：an=2⋅2n−1=2n. （2）解：由于：(−1)n−1anan+1=(−1)n−1×2n×2n+1=(−1)n−122n+1，故：a1a2−a2a3+…+(−1)n−1anan+1=23−25+27−29+…+(−1)n−1⋅22n+1=23[1−(−22)n]1−(−22)=85−(−1)n22n+35.14．【答案】（1）解：由于数列{an}是公比大于1的等比数列，设首项为a1，公比为q，依题意有a1q+a1q3=20a1q2=8，解得解得a1=2,q=2，或a1=32,q=12(舍)，所以an=2n，所以数列{an}的通项公式为an=2n.（2）解：由于21=2,22=4,23=8,24=16,25=32,26=64,27=128，所以b1对应的区间为：(0,1]，则b1=0；b2,b3对应的区间分别为：(0,2],(0,3]，则b2=b3=1，即有2个1；b4,b5,b6,b7对应的区间分别为：(0,4],(0,5],(0,6],(0,7]，则b4=b5=b6=b7=2，即有22个2；b8,b9,⋯,b15对应的区间分别为：(0,8],(0,9],⋯,(0,15]，则b8=b9=⋯=b15=3，即有23个3；b16,b17,⋯,b31对应的区间分别为：(0,16],(0,17],⋯,(0,31]，则b16=b17=⋯=b31=4，即有24个4；b32,b33,⋯,b63对应的区间分别为：(0,32],(0,33],⋯,(0,63]，则b32=b33=⋯=b63=5，即有25个5；b64,b65,⋯,b100对应的区间分别为：(0,64],(0,65],⋯,(0,100]，则b64=b65=⋯=b100=6，即有37个6.所以S100=1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×37=480.15．【答案】解：(Ⅰ)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由a1=1，a5=5(a4−a3)，可得d=1.从而{an}的通项公式为an=n.由b1=1,b5=4(b4−b3)，又q≠0，可得q2−4q+4=0，解得q=2，从而{bn}的通项公式为bn=2n−1.(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可得Sn=n(n+1)2，故SnSn+2=14n(n+1)(n+2)(n+3)，Sn+12=14(n+1)2(n+2)2， 从而SnSn+2−Sn+12=−12(n+1)(n+2)<0，所以SnSn+2 更多>>
简介：数列（解答题）——大数据之五年（2018-2022）高考真题汇编（新高考卷与全国理科）一、解答题1．已知{an}为等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2−b2=a3−b3=b4−a4．（1）证明：a1=b1；（2）求集合{k|bk=am+a1，1≤m≤500}中元素个数．2．记Sn为数列{an}的前n项和．已知2Snn+n=2an+1．（1）证明：{an}是等差数列；（2）若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．3．记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1=1，{Snan}是公差为13，的等差数列.（1）求{an}的通项公式；（2）证明：1a1+1a2+⋯+1an<24．记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3=S5,a2a4=S4．（1）求数列{an}的通项公式an；（2）求使Sn>an成立的n的最小值．5．设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn=nan3，已知a1，3a2，9a3成等差数列.（1）求{an}和{bn}的通项公式；（2）记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明：Tn 0，a2＝3a1，且数列{Sn}是等差数列．证明：{an}是等差数列．7．已知数列{an｝的各项均为正数，记Sn为{an｝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{an｝是等差数列：②数列{Sn｝是等差数列；③a2=3a1注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.8．记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知2Sn+1bn=2.（1）证明：数列{bn}是等差数列；（2）求{an}的通项公式. 9．已知{an}是公差为2的等差数列，其前8项和为64．{bn}是公比大于0的等比数列，b1=4，b3−b2=48．（1）求{an}和{bn}的通项公式；（2）记cn=b2n+1bn，n∈N*.（i）证明{cn2−c2n}是等比数列；（ii）证明k=1nakak+1ck2−c2k<22(n∈N*)10．已知数列{an}满足a1=1，an+1={an+1，n为奇数an+2，n为偶数（1）记bn=a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；（2）求{an}的前20项和11．设数列{an}满足a1=3，an+1=3an−4n．（1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；（2）求数列{2nan}的前n项和Sn．12．设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项．（1）求{an}的公比；（2）若a1=1，求数列{nan}的前n项和．13．已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8．（1）求{an}的通项公式；（2）求a1a2−a2a3+…+(−1)n−1anan+1.14．已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8．（1）求{an}的通项公式；（2）记bm为{an}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100．15．已知{an}为等差数列，{bn}为等比数列，a1=b1=1,a5=5(a4−a3),b5=4(b4−b3)．（Ⅰ）求{an}和{bn}的通项公式；（Ⅱ）记{an}的前n项和为Sn，求证：SnSn+2 0，所以2−2n+1<2，即1a1+1a2+⋯+1an<2．4．【答案】（1）由等差数列的性质可得：S5=5a3，则：a3=5a3，∴a3=0，设等差数列的公差为d，从而有：a2a4=(a3−d)(a3+d)=−d2，S4=a1+a2+a3+a4=(a3−2d)+(a3−d)+a3+(a3−d)=−2d，从而：−d2=−2d，由于公差不为零，故：d=2，数列的通项公式为：an=a3+(n−3)d=2n−6.（2）由数列的通项公式可得：a1=2−6=−4，则：Sn=n×(−4)+n(n−1)2×2=n2−6n， 则不等式Sn>an即：n2−5n>2n−6，整理可得：(n−1)(n−6)>0，解得：n<1或n>6，又n为正整数，故n的最小值为7.5．【答案】（1）因为{an}是首项为1的等比数列且a1，3a2，9a3成等差数列，所以6a2=a1+9a3，所以6a1q=a1+9a1q2，即9q2−6q+1=0，解得q=13，所以an=(13)n−1，所以bn=nan3=n3n.（2）证明：由（1）可得Sn=1×(1−13n)1−13=32(1−13n)，Tn=13+232+⋯+n−13n−1+n3n，①13Tn=132+233+⋯+n−13n+n3n+1，②①−②得23Tn=13+132+133+⋯+13n−n3n+1=13(1−13n)1−13−n3n+1=12(1−13n)−n3n+1，所以Tn=34(1−13n)−n2⋅3n，所以Tn−Sn2=34(1−13n)−n2⋅3n−34(1−13n)=−n2⋅3n<0，所以Tn 0)，则Sn=(an+b)2，当n=1时，a1=S1=(a+b)2；当n≥2时，an=Sn−Sn−1=(an+b)2−(an−a+b)2=a(2an−a+2b)；因为{an}也是等差数列，所以(a+b)2=a(2a−a+2b)，解得b=0； 所以an=a2(2n−1)，所以a2=3a1.选①③作条件证明②：因为a2=3a1，{an}是等差数列，所以公差d=a2−a1=2a1，所以Sn=na1+n(n−1)2d=n2a1，即Sn=a1n，因为Sn+1−Sn=a1(n+1)−a1n=a1，所以{Sn}是等差数列.选②③作条件证明①：设Sn=an+b(a>0)，则Sn=(an+b)2，当n=1时，a1=S1=(a+b)2；当n≥2时，an=Sn−Sn−1=(an+b)2−(an−a+b)2=a(2an−a+2b)；因为a2=3a1，所以a(3a+2b)=3(a+b)2，解得b=0或b=−4a3；当b=0时，a1=a2，an=a2(2n−1)，当n≥2时，an-an-1=2a2满足等差数列的定义，此时{an}为等差数列；当b=−4a3时，Sn=an+b=an−43a，S1=−a3<0不合题意，舍去.综上可知{an}为等差数列.8．【答案】（1）由已知2Sn+1bn=2，则bnbn-1=Sn(n≥2)⇒2bn−1bn+1bn=2⇒2bn-1+2=2bn⇒bn-bn-1=12(n≥2)，b1=32故｛bn｝是以32为首项，12为公差的等差数列。（2）由（1）知bn=32+（n-1）12=n+22，则2Sn+2n+2=2⇒Sn=n+2n+1n=1时，a1=S1=32n≥2时，an=Sn-Sn-1=n+2n+1-n+1n=−1n(n+1)故an=32,n=1−1n(n+1),n≥29．【答案】（1）因为{an}是公差为2的等差数列，其前8项和为64．所以a1+a2+⋅⋅⋅+a8=8a1+8×72×2=64，所以a1=1，所以an=a1+2(n−1)=2n−1，n∈N∗； 设等比数列{bn}的公比为q，(q>0)，所以b3−b2=b1q2−b1q=4(q2−q)=48，解得q=4（负值舍去），所以bn=b1qn−1=4n，n∈N∗；（2）（i）由题意，cn=b2n+1bn=42n+14n，所以cn2−c2n=(42n+14n)2−(44n+142n)=2⋅4n，所以cn2−c2n≠0，且cn+12−c2n+2cn2−c2n=2⋅4n+12⋅4n=4，所以数列{cn2−c2n}是等比数列；（ii）由题意知，anan+1cn2−c2n=(2n−1)(2n+1)2⋅4n=4n2−12⋅22n<4n22⋅22n，所以anan+1cn2−c2n<4n22⋅22n=2n2⋅2n=12⋅n2n−1，所以k=1nakak+1ck2−c2k<12k=1nk2k−1，设Tn=k=1nk2k−1=120+221+322+⋅⋅⋅+n2n−1，则12Tn=121+222+323+⋅⋅⋅+n2n，两式相减得12Tn=1+12+122+⋅⋅⋅+12n−1−n2n=1⋅(1−12n)1−12−n2n=2−n+22n，所以Tn=4−n+22n−1，所以k=1nakak+1ck2−c2k<12k=1nk2k−1=12(4−n+22n−1)<22.10．【答案】（1）2n为偶数，则a2n+1=a2n+2，a2n+2=a2n+1+1，∴ a2n+2=a2n+3，即bn+1=bn+3，且b1=a2=a1+1=2，∴{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列，∴b1=2，b2=5，bn=3n−1．（2）当n为奇数时，an=an+1−1，∴{an}的前20项和为a1+a2+⋯+a20=(a1+a3+⋯+a19)+(a2+a4+⋯+a20)=[(a2−1)+(a4−1)+⋯+(a20−1)]+(a2+a4+⋯+a20)=2(a2+a4+⋯+a20)−10． 由（1）可知，a2+a4+⋯+a20=b1+b2+⋯+b10=2×10+10×92×3=155．∴{an}的前20项和为2×155−10=300．11．【答案】（1）解：由题意可得a2=3a1−4=9−4=5，a3=3a2−8=15−8=7，由数列{an}的前三项可猜想数列{an}是以3为首项，2为公差的等差数列，即an=2n+1，证明如下：当n=1时，a1=3成立；假设n=k时，ak=2k+1成立.那么n=k+1时，ak+1=3ak−4k=3(2k+1)−4k=2k+3=2(k+1)+1也成立.则对任意的n∈N*，都有an=2n+1成立（2）解：由（1）可知，an⋅2n=(2n+1)⋅2nSn=3×2+5×22+7×23+⋯+(2n−1)⋅2n−1+(2n+1)⋅2n，①2Sn=3×22+5×23+7×24+⋯+(2n−1)⋅2n+(2n+1)⋅2n+1，②由①−②得：−Sn=6+2×(22+23+⋯+2n)−(2n+1)⋅2n+1=6+2×22×(1−2n−1)1−2−(2n+1)⋅2n+1=(1−2n)⋅2n+1−2，即Sn=(2n−1)⋅2n+1+2.12．【答案】（1）解：设{an}的公比为q，a1为a2,a3的等差中项，∵2a1=a2+a3,a1≠0,∴q2+q−2=0，∵q≠1,∴q=−2；（2）解：设{nan}的前n项和为Sn，a1=1,an=(−2)n−1，Sn=1×1+2×(−2)+3×(−2)2+⋯+n(−2)n−1，①−2Sn=1×(−2)+2×(−2)2+3×(−2)3+⋯(n−1)(−2)n−1+n(−2)n，②①−②得，3Sn=1+(−2)+(−2)2+⋯+(−2)n−1−n(−2)n=1−(−2)n1−(−2)−n(−2)n=1−(1+3n)(−2)n3，∴Sn=1−(1+3n)(−2)n9.13．【答案】（1）解：设等比数列{an}的公比为q(q>1)，则a2+a4=a1q+a1q3=20a3=a1q2=8，整理可得：2q2−5q+2=0，∵q>1,q=2,a1=2，数列的通项公式为：an=2⋅2n−1=2n. （2）解：由于：(−1)n−1anan+1=(−1)n−1×2n×2n+1=(−1)n−122n+1，故：a1a2−a2a3+…+(−1)n−1anan+1=23−25+27−29+…+(−1)n−1⋅22n+1=23[1−(−22)n]1−(−22)=85−(−1)n22n+35.14．【答案】（1）解：由于数列{an}是公比大于1的等比数列，设首项为a1，公比为q，依题意有a1q+a1q3=20a1q2=8，解得解得a1=2,q=2，或a1=32,q=12(舍)，所以an=2n，所以数列{an}的通项公式为an=2n.（2）解：由于21=2,22=4,23=8,24=16,25=32,26=64,27=128，所以b1对应的区间为：(0,1]，则b1=0；b2,b3对应的区间分别为：(0,2],(0,3]，则b2=b3=1，即有2个1；b4,b5,b6,b7对应的区间分别为：(0,4],(0,5],(0,6],(0,7]，则b4=b5=b6=b7=2，即有22个2；b8,b9,⋯,b15对应的区间分别为：(0,8],(0,9],⋯,(0,15]，则b8=b9=⋯=b15=3，即有23个3；b16,b17,⋯,b31对应的区间分别为：(0,16],(0,17],⋯,(0,31]，则b16=b17=⋯=b31=4，即有24个4；b32,b33,⋯,b63对应的区间分别为：(0,32],(0,33],⋯,(0,63]，则b32=b33=⋯=b63=5，即有25个5；b64,b65,⋯,b100对应的区间分别为：(0,64],(0,65],⋯,(0,100]，则b64=b65=⋯=b100=6，即有37个6.所以S100=1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×37=480.15．【答案】解：(Ⅰ)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由a1=1，a5=5(a4−a3)，可得d=1.从而{an}的通项公式为an=n.由b1=1,b5=4(b4−b3)，又q≠0，可得q2−4q+4=0，解得q=2，从而{bn}的通项公式为bn=2n−1.(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可得Sn=n(n+1)2，故SnSn+2=14n(n+1)(n+2)(n+3)，Sn+12=14(n+1)2(n+2)2， 从而SnSn+2−Sn+12=−12(n+1)(n+2)<0，所以SnSn+2 更多>>
简介：数列（解答题）——大数据之五年（2018-2022）高考真题汇编（新高考卷与全国理科）一、解答题1．已知{an}为等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2−b2=a3−b3=b4−a4．（1）证明：a1=b1；（2）求集合{k|bk=am+a1，1≤m≤500}中元素个数．2．记Sn为数列{an}的前n项和．已知2Snn+n=2an+1．（1）证明：{an}是等差数列；（2）若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．3．记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1=1，{Snan}是公差为13，的等差数列.（1）求{an}的通项公式；（2）证明：1a1+1a2+⋯+1an<24．记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3=S5,a2a4=S4．（1）求数列{an}的通项公式an；（2）求使Sn>an成立的n的最小值．5．设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn=nan3，已知a1，3a2，9a3成等差数列.（1）求{an}和{bn}的通项公式；（2）记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明：Tn 0，a2＝3a1，且数列{Sn}是等差数列．证明：{an}是等差数列．7．已知数列{an｝的各项均为正数，记Sn为{an｝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{an｝是等差数列：②数列{Sn｝是等差数列；③a2=3a1注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.8．记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知2Sn+1bn=2.（1）证明：数列{bn}是等差数列；（2）求{an}的通项公式. 9．已知{an}是公差为2的等差数列，其前8项和为64．{bn}是公比大于0的等比数列，b1=4，b3−b2=48．（1）求{an}和{bn}的通项公式；（2）记cn=b2n+1bn，n∈N*.（i）证明{cn2−c2n}是等比数列；（ii）证明k=1nakak+1ck2−c2k<22(n∈N*)10．已知数列{an}满足a1=1，an+1={an+1，n为奇数an+2，n为偶数（1）记bn=a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；（2）求{an}的前20项和11．设数列{an}满足a1=3，an+1=3an−4n．（1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；（2）求数列{2nan}的前n项和Sn．12．设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项．（1）求{an}的公比；（2）若a1=1，求数列{nan}的前n项和．13．已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8．（1）求{an}的通项公式；（2）求a1a2−a2a3+…+(−1)n−1anan+1.14．已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8．（1）求{an}的通项公式；（2）记bm为{an}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100．15．已知{an}为等差数列，{bn}为等比数列，a1=b1=1,a5=5(a4−a3),b5=4(b4−b3)．（Ⅰ）求{an}和{bn}的通项公式；（Ⅱ）记{an}的前n项和为Sn，求证：SnSn+2 0，所以2−2n+1<2，即1a1+1a2+⋯+1an<2．4．【答案】（1）由等差数列的性质可得：S5=5a3，则：a3=5a3，∴a3=0，设等差数列的公差为d，从而有：a2a4=(a3−d)(a3+d)=−d2，S4=a1+a2+a3+a4=(a3−2d)+(a3−d)+a3+(a3−d)=−2d，从而：−d2=−2d，由于公差不为零，故：d=2，数列的通项公式为：an=a3+(n−3)d=2n−6.（2）由数列的通项公式可得：a1=2−6=−4，则：Sn=n×(−4)+n(n−1)2×2=n2−6n， 则不等式Sn>an即：n2−5n>2n−6，整理可得：(n−1)(n−6)>0，解得：n<1或n>6，又n为正整数，故n的最小值为7.5．【答案】（1）因为{an}是首项为1的等比数列且a1，3a2，9a3成等差数列，所以6a2=a1+9a3，所以6a1q=a1+9a1q2，即9q2−6q+1=0，解得q=13，所以an=(13)n−1，所以bn=nan3=n3n.（2）证明：由（1）可得Sn=1×(1−13n)1−13=32(1−13n)，Tn=13+232+⋯+n−13n−1+n3n，①13Tn=132+233+⋯+n−13n+n3n+1，②①−②得23Tn=13+132+133+⋯+13n−n3n+1=13(1−13n)1−13−n3n+1=12(1−13n)−n3n+1，所以Tn=34(1−13n)−n2⋅3n，所以Tn−Sn2=34(1−13n)−n2⋅3n−34(1−13n)=−n2⋅3n<0，所以Tn 0)，则Sn=(an+b)2，当n=1时，a1=S1=(a+b)2；当n≥2时，an=Sn−Sn−1=(an+b)2−(an−a+b)2=a(2an−a+2b)；因为{an}也是等差数列，所以(a+b)2=a(2a−a+2b)，解得b=0； 所以an=a2(2n−1)，所以a2=3a1.选①③作条件证明②：因为a2=3a1，{an}是等差数列，所以公差d=a2−a1=2a1，所以Sn=na1+n(n−1)2d=n2a1，即Sn=a1n，因为Sn+1−Sn=a1(n+1)−a1n=a1，所以{Sn}是等差数列.选②③作条件证明①：设Sn=an+b(a>0)，则Sn=(an+b)2，当n=1时，a1=S1=(a+b)2；当n≥2时，an=Sn−Sn−1=(an+b)2−(an−a+b)2=a(2an−a+2b)；因为a2=3a1，所以a(3a+2b)=3(a+b)2，解得b=0或b=−4a3；当b=0时，a1=a2，an=a2(2n−1)，当n≥2时，an-an-1=2a2满足等差数列的定义，此时{an}为等差数列；当b=−4a3时，Sn=an+b=an−43a，S1=−a3<0不合题意，舍去.综上可知{an}为等差数列.8．【答案】（1）由已知2Sn+1bn=2，则bnbn-1=Sn(n≥2)⇒2bn−1bn+1bn=2⇒2bn-1+2=2bn⇒bn-bn-1=12(n≥2)，b1=32故｛bn｝是以32为首项，12为公差的等差数列。（2）由（1）知bn=32+（n-1）12=n+22，则2Sn+2n+2=2⇒Sn=n+2n+1n=1时，a1=S1=32n≥2时，an=Sn-Sn-1=n+2n+1-n+1n=−1n(n+1)故an=32,n=1−1n(n+1),n≥29．【答案】（1）因为{an}是公差为2的等差数列，其前8项和为64．所以a1+a2+⋅⋅⋅+a8=8a1+8×72×2=64，所以a1=1，所以an=a1+2(n−1)=2n−1，n∈N∗； 设等比数列{bn}的公比为q，(q>0)，所以b3−b2=b1q2−b1q=4(q2−q)=48，解得q=4（负值舍去），所以bn=b1qn−1=4n，n∈N∗；（2）（i）由题意，cn=b2n+1bn=42n+14n，所以cn2−c2n=(42n+14n)2−(44n+142n)=2⋅4n，所以cn2−c2n≠0，且cn+12−c2n+2cn2−c2n=2⋅4n+12⋅4n=4，所以数列{cn2−c2n}是等比数列；（ii）由题意知，anan+1cn2−c2n=(2n−1)(2n+1)2⋅4n=4n2−12⋅22n<4n22⋅22n，所以anan+1cn2−c2n<4n22⋅22n=2n2⋅2n=12⋅n2n−1，所以k=1nakak+1ck2−c2k<12k=1nk2k−1，设Tn=k=1nk2k−1=120+221+322+⋅⋅⋅+n2n−1，则12Tn=121+222+323+⋅⋅⋅+n2n，两式相减得12Tn=1+12+122+⋅⋅⋅+12n−1−n2n=1⋅(1−12n)1−12−n2n=2−n+22n，所以Tn=4−n+22n−1，所以k=1nakak+1ck2−c2k<12k=1nk2k−1=12(4−n+22n−1)<22.10．【答案】（1）2n为偶数，则a2n+1=a2n+2，a2n+2=a2n+1+1，∴ a2n+2=a2n+3，即bn+1=bn+3，且b1=a2=a1+1=2，∴{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列，∴b1=2，b2=5，bn=3n−1．（2）当n为奇数时，an=an+1−1，∴{an}的前20项和为a1+a2+⋯+a20=(a1+a3+⋯+a19)+(a2+a4+⋯+a20)=[(a2−1)+(a4−1)+⋯+(a20−1)]+(a2+a4+⋯+a20)=2(a2+a4+⋯+a20)−10． 由（1）可知，a2+a4+⋯+a20=b1+b2+⋯+b10=2×10+10×92×3=155．∴{an}的前20项和为2×155−10=300．11．【答案】（1）解：由题意可得a2=3a1−4=9−4=5，a3=3a2−8=15−8=7，由数列{an}的前三项可猜想数列{an}是以3为首项，2为公差的等差数列，即an=2n+1，证明如下：当n=1时，a1=3成立；假设n=k时，ak=2k+1成立.那么n=k+1时，ak+1=3ak−4k=3(2k+1)−4k=2k+3=2(k+1)+1也成立.则对任意的n∈N*，都有an=2n+1成立（2）解：由（1）可知，an⋅2n=(2n+1)⋅2nSn=3×2+5×22+7×23+⋯+(2n−1)⋅2n−1+(2n+1)⋅2n，①2Sn=3×22+5×23+7×24+⋯+(2n−1)⋅2n+(2n+1)⋅2n+1，②由①−②得：−Sn=6+2×(22+23+⋯+2n)−(2n+1)⋅2n+1=6+2×22×(1−2n−1)1−2−(2n+1)⋅2n+1=(1−2n)⋅2n+1−2，即Sn=(2n−1)⋅2n+1+2.12．【答案】（1）解：设{an}的公比为q，a1为a2,a3的等差中项，∵2a1=a2+a3,a1≠0,∴q2+q−2=0，∵q≠1,∴q=−2；（2）解：设{nan}的前n项和为Sn，a1=1,an=(−2)n−1，Sn=1×1+2×(−2)+3×(−2)2+⋯+n(−2)n−1，①−2Sn=1×(−2)+2×(−2)2+3×(−2)3+⋯(n−1)(−2)n−1+n(−2)n，②①−②得，3Sn=1+(−2)+(−2)2+⋯+(−2)n−1−n(−2)n=1−(−2)n1−(−2)−n(−2)n=1−(1+3n)(−2)n3，∴Sn=1−(1+3n)(−2)n9.13．【答案】（1）解：设等比数列{an}的公比为q(q>1)，则a2+a4=a1q+a1q3=20a3=a1q2=8，整理可得：2q2−5q+2=0，∵q>1,q=2,a1=2，数列的通项公式为：an=2⋅2n−1=2n. （2）解：由于：(−1)n−1anan+1=(−1)n−1×2n×2n+1=(−1)n−122n+1，故：a1a2−a2a3+…+(−1)n−1anan+1=23−25+27−29+…+(−1)n−1⋅22n+1=23[1−(−22)n]1−(−22)=85−(−1)n22n+35.14．【答案】（1）解：由于数列{an}是公比大于1的等比数列，设首项为a1，公比为q，依题意有a1q+a1q3=20a1q2=8，解得解得a1=2,q=2，或a1=32,q=12(舍)，所以an=2n，所以数列{an}的通项公式为an=2n.（2）解：由于21=2,22=4,23=8,24=16,25=32,26=64,27=128，所以b1对应的区间为：(0,1]，则b1=0；b2,b3对应的区间分别为：(0,2],(0,3]，则b2=b3=1，即有2个1；b4,b5,b6,b7对应的区间分别为：(0,4],(0,5],(0,6],(0,7]，则b4=b5=b6=b7=2，即有22个2；b8,b9,⋯,b15对应的区间分别为：(0,8],(0,9],⋯,(0,15]，则b8=b9=⋯=b15=3，即有23个3；b16,b17,⋯,b31对应的区间分别为：(0,16],(0,17],⋯,(0,31]，则b16=b17=⋯=b31=4，即有24个4；b32,b33,⋯,b63对应的区间分别为：(0,32],(0,33],⋯,(0,63]，则b32=b33=⋯=b63=5，即有25个5；b64,b65,⋯,b100对应的区间分别为：(0,64],(0,65],⋯,(0,100]，则b64=b65=⋯=b100=6，即有37个6.所以S100=1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×37=480.15．【答案】解：(Ⅰ)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由a1=1，a5=5(a4−a3)，可得d=1.从而{an}的通项公式为an=n.由b1=1,b5=4(b4−b3)，又q≠0，可得q2−4q+4=0，解得q=2，从而{bn}的通项公式为bn=2n−1.(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可得Sn=n(n+1)2，故SnSn+2=14n(n+1)(n+2)(n+3)，Sn+12=14(n+1)2(n+2)2， 从而SnSn+2−Sn+12=−12(n+1)(n+2)<0，所以SnSn+2 更多>>
简介：数列（解答题）——大数据之五年（2018-2022）高考真题汇编（新高考卷与全国理科）一、解答题1．已知{an}为等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2−b2=a3−b3=b4−a4．（1）证明：a1=b1；（2）求集合{k|bk=am+a1，1≤m≤500}中元素个数．2．记Sn为数列{an}的前n项和．已知2Snn+n=2an+1．（1）证明：{an}是等差数列；（2）若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．3．记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1=1，{Snan}是公差为13，的等差数列.（1）求{an}的通项公式；（2）证明：1a1+1a2+⋯+1an<24．记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3=S5,a2a4=S4．（1）求数列{an}的通项公式an；（2）求使Sn>an成立的n的最小值．5．设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn=nan3，已知a1，3a2，9a3成等差数列.（1）求{an}和{bn}的通项公式；（2）记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明：Tn 0，a2＝3a1，且数列{Sn}是等差数列．证明：{an}是等差数列．7．已知数列{an｝的各项均为正数，记Sn为{an｝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{an｝是等差数列：②数列{Sn｝是等差数列；③a2=3a1注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.8．记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知2Sn+1bn=2.（1）证明：数列{bn}是等差数列；（2）求{an}的通项公式. 9．已知{an}是公差为2的等差数列，其前8项和为64．{bn}是公比大于0的等比数列，b1=4，b3−b2=48．（1）求{an}和{bn}的通项公式；（2）记cn=b2n+1bn，n∈N*.（i）证明{cn2−c2n}是等比数列；（ii）证明k=1nakak+1ck2−c2k<22(n∈N*)10．已知数列{an}满足a1=1，an+1={an+1，n为奇数an+2，n为偶数（1）记bn=a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；（2）求{an}的前20项和11．设数列{an}满足a1=3，an+1=3an−4n．（1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；（2）求数列{2nan}的前n项和Sn．12．设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项．（1）求{an}的公比；（2）若a1=1，求数列{nan}的前n项和．13．已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8．（1）求{an}的通项公式；（2）求a1a2−a2a3+…+(−1)n−1anan+1.14．已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8．（1）求{an}的通项公式；（2）记bm为{an}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100．15．已知{an}为等差数列，{bn}为等比数列，a1=b1=1,a5=5(a4−a3),b5=4(b4−b3)．（Ⅰ）求{an}和{bn}的通项公式；（Ⅱ）记{an}的前n项和为Sn，求证：SnSn+2 0，所以2−2n+1<2，即1a1+1a2+⋯+1an<2．4．【答案】（1）由等差数列的性质可得：S5=5a3，则：a3=5a3，∴a3=0，设等差数列的公差为d，从而有：a2a4=(a3−d)(a3+d)=−d2，S4=a1+a2+a3+a4=(a3−2d)+(a3−d)+a3+(a3−d)=−2d，从而：−d2=−2d，由于公差不为零，故：d=2，数列的通项公式为：an=a3+(n−3)d=2n−6.（2）由数列的通项公式可得：a1=2−6=−4，则：Sn=n×(−4)+n(n−1)2×2=n2−6n， 则不等式Sn>an即：n2−5n>2n−6，整理可得：(n−1)(n−6)>0，解得：n<1或n>6，又n为正整数，故n的最小值为7.5．【答案】（1）因为{an}是首项为1的等比数列且a1，3a2，9a3成等差数列，所以6a2=a1+9a3，所以6a1q=a1+9a1q2，即9q2−6q+1=0，解得q=13，所以an=(13)n−1，所以bn=nan3=n3n.（2）证明：由（1）可得Sn=1×(1−13n)1−13=32(1−13n)，Tn=13+232+⋯+n−13n−1+n3n，①13Tn=132+233+⋯+n−13n+n3n+1，②①−②得23Tn=13+132+133+⋯+13n−n3n+1=13(1−13n)1−13−n3n+1=12(1−13n)−n3n+1，所以Tn=34(1−13n)−n2⋅3n，所以Tn−Sn2=34(1−13n)−n2⋅3n−34(1−13n)=−n2⋅3n<0，所以Tn 0)，则Sn=(an+b)2，当n=1时，a1=S1=(a+b)2；当n≥2时，an=Sn−Sn−1=(an+b)2−(an−a+b)2=a(2an−a+2b)；因为{an}也是等差数列，所以(a+b)2=a(2a−a+2b)，解得b=0； 所以an=a2(2n−1)，所以a2=3a1.选①③作条件证明②：因为a2=3a1，{an}是等差数列，所以公差d=a2−a1=2a1，所以Sn=na1+n(n−1)2d=n2a1，即Sn=a1n，因为Sn+1−Sn=a1(n+1)−a1n=a1，所以{Sn}是等差数列.选②③作条件证明①：设Sn=an+b(a>0)，则Sn=(an+b)2，当n=1时，a1=S1=(a+b)2；当n≥2时，an=Sn−Sn−1=(an+b)2−(an−a+b)2=a(2an−a+2b)；因为a2=3a1，所以a(3a+2b)=3(a+b)2，解得b=0或b=−4a3；当b=0时，a1=a2，an=a2(2n−1)，当n≥2时，an-an-1=2a2满足等差数列的定义，此时{an}为等差数列；当b=−4a3时，Sn=an+b=an−43a，S1=−a3<0不合题意，舍去.综上可知{an}为等差数列.8．【答案】（1）由已知2Sn+1bn=2，则bnbn-1=Sn(n≥2)⇒2bn−1bn+1bn=2⇒2bn-1+2=2bn⇒bn-bn-1=12(n≥2)，b1=32故｛bn｝是以32为首项，12为公差的等差数列。（2）由（1）知bn=32+（n-1）12=n+22，则2Sn+2n+2=2⇒Sn=n+2n+1n=1时，a1=S1=32n≥2时，an=Sn-Sn-1=n+2n+1-n+1n=−1n(n+1)故an=32,n=1−1n(n+1),n≥29．【答案】（1）因为{an}是公差为2的等差数列，其前8项和为64．所以a1+a2+⋅⋅⋅+a8=8a1+8×72×2=64，所以a1=1，所以an=a1+2(n−1)=2n−1，n∈N∗； 设等比数列{bn}的公比为q，(q>0)，所以b3−b2=b1q2−b1q=4(q2−q)=48，解得q=4（负值舍去），所以bn=b1qn−1=4n，n∈N∗；（2）（i）由题意，cn=b2n+1bn=42n+14n，所以cn2−c2n=(42n+14n)2−(44n+142n)=2⋅4n，所以cn2−c2n≠0，且cn+12−c2n+2cn2−c2n=2⋅4n+12⋅4n=4，所以数列{cn2−c2n}是等比数列；（ii）由题意知，anan+1cn2−c2n=(2n−1)(2n+1)2⋅4n=4n2−12⋅22n<4n22⋅22n，所以anan+1cn2−c2n<4n22⋅22n=2n2⋅2n=12⋅n2n−1，所以k=1nakak+1ck2−c2k<12k=1nk2k−1，设Tn=k=1nk2k−1=120+221+322+⋅⋅⋅+n2n−1，则12Tn=121+222+323+⋅⋅⋅+n2n，两式相减得12Tn=1+12+122+⋅⋅⋅+12n−1−n2n=1⋅(1−12n)1−12−n2n=2−n+22n，所以Tn=4−n+22n−1，所以k=1nakak+1ck2−c2k<12k=1nk2k−1=12(4−n+22n−1)<22.10．【答案】（1）2n为偶数，则a2n+1=a2n+2，a2n+2=a2n+1+1，∴ a2n+2=a2n+3，即bn+1=bn+3，且b1=a2=a1+1=2，∴{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列，∴b1=2，b2=5，bn=3n−1．（2）当n为奇数时，an=an+1−1，∴{an}的前20项和为a1+a2+⋯+a20=(a1+a3+⋯+a19)+(a2+a4+⋯+a20)=[(a2−1)+(a4−1)+⋯+(a20−1)]+(a2+a4+⋯+a20)=2(a2+a4+⋯+a20)−10． 由（1）可知，a2+a4+⋯+a20=b1+b2+⋯+b10=2×10+10×92×3=155．∴{an}的前20项和为2×155−10=300．11．【答案】（1）解：由题意可得a2=3a1−4=9−4=5，a3=3a2−8=15−8=7，由数列{an}的前三项可猜想数列{an}是以3为首项，2为公差的等差数列，即an=2n+1，证明如下：当n=1时，a1=3成立；假设n=k时，ak=2k+1成立.那么n=k+1时，ak+1=3ak−4k=3(2k+1)−4k=2k+3=2(k+1)+1也成立.则对任意的n∈N*，都有an=2n+1成立（2）解：由（1）可知，an⋅2n=(2n+1)⋅2nSn=3×2+5×22+7×23+⋯+(2n−1)⋅2n−1+(2n+1)⋅2n，①2Sn=3×22+5×23+7×24+⋯+(2n−1)⋅2n+(2n+1)⋅2n+1，②由①−②得：−Sn=6+2×(22+23+⋯+2n)−(2n+1)⋅2n+1=6+2×22×(1−2n−1)1−2−(2n+1)⋅2n+1=(1−2n)⋅2n+1−2，即Sn=(2n−1)⋅2n+1+2.12．【答案】（1）解：设{an}的公比为q，a1为a2,a3的等差中项，∵2a1=a2+a3,a1≠0,∴q2+q−2=0，∵q≠1,∴q=−2；（2）解：设{nan}的前n项和为Sn，a1=1,an=(−2)n−1，Sn=1×1+2×(−2)+3×(−2)2+⋯+n(−2)n−1，①−2Sn=1×(−2)+2×(−2)2+3×(−2)3+⋯(n−1)(−2)n−1+n(−2)n，②①−②得，3Sn=1+(−2)+(−2)2+⋯+(−2)n−1−n(−2)n=1−(−2)n1−(−2)−n(−2)n=1−(1+3n)(−2)n3，∴Sn=1−(1+3n)(−2)n9.13．【答案】（1）解：设等比数列{an}的公比为q(q>1)，则a2+a4=a1q+a1q3=20a3=a1q2=8，整理可得：2q2−5q+2=0，∵q>1,q=2,a1=2，数列的通项公式为：an=2⋅2n−1=2n. （2）解：由于：(−1)n−1anan+1=(−1)n−1×2n×2n+1=(−1)n−122n+1，故：a1a2−a2a3+…+(−1)n−1anan+1=23−25+27−29+…+(−1)n−1⋅22n+1=23[1−(−22)n]1−(−22)=85−(−1)n22n+35.14．【答案】（1）解：由于数列{an}是公比大于1的等比数列，设首项为a1，公比为q，依题意有a1q+a1q3=20a1q2=8，解得解得a1=2,q=2，或a1=32,q=12(舍)，所以an=2n，所以数列{an}的通项公式为an=2n.（2）解：由于21=2,22=4,23=8,24=16,25=32,26=64,27=128，所以b1对应的区间为：(0,1]，则b1=0；b2,b3对应的区间分别为：(0,2],(0,3]，则b2=b3=1，即有2个1；b4,b5,b6,b7对应的区间分别为：(0,4],(0,5],(0,6],(0,7]，则b4=b5=b6=b7=2，即有22个2；b8,b9,⋯,b15对应的区间分别为：(0,8],(0,9],⋯,(0,15]，则b8=b9=⋯=b15=3，即有23个3；b16,b17,⋯,b31对应的区间分别为：(0,16],(0,17],⋯,(0,31]，则b16=b17=⋯=b31=4，即有24个4；b32,b33,⋯,b63对应的区间分别为：(0,32],(0,33],⋯,(0,63]，则b32=b33=⋯=b63=5，即有25个5；b64,b65,⋯,b100对应的区间分别为：(0,64],(0,65],⋯,(0,100]，则b64=b65=⋯=b100=6，即有37个6.所以S100=1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×37=480.15．【答案】解：(Ⅰ)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由a1=1，a5=5(a4−a3)，可得d=1.从而{an}的通项公式为an=n.由b1=1,b5=4(b4−b3)，又q≠0，可得q2−4q+4=0，解得q=2，从而{bn}的通项公式为bn=2n−1.(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可得Sn=n(n+1)2，故SnSn+2=14n(n+1)(n+2)(n+3)，Sn+12=14(n+1)2(n+2)2， 从而SnSn+2−Sn+12=−12(n+1)(n+2)<0，所以SnSn+2 更多>>
